kONSPEKTLEKCIJ PO WYS[EJMATEMATIKE · udk517 predlagaemyjkompx@ternyju^ebniksodervit62 lekciipowosxmi osnownymrazdelamkursawys[ejmatematiki. imennotakojob_ em mate-matiki(zaiskl@^eniemspecialxnyhkursow,

Конспект лекций

по

высшей математике

УДК 517

Предлагаемый компьютерный учебник содержит 62 лекции по восьми

основным разделам курса высшей математики. Именно такой объем мате-

матики (за исключением специальных курсов, таких как “Операционное

исчисление”, “Теория вероятности” и т.д.) читается, как правило, в на-

стоящее время студентам естественных факультетов университетов, эконо-

мических академий и других ВУЗов. И преподаватели, и студенты знают

насколько отличаются ”живые” лекции по курсу высшей математики от

учебников по тому же курсу. Данная компьютерная книга призвана воспол-

нить этот пробел. Краткость, простота и наглядность в ней сочетаются с

достаточным уровнем строгости и полноты изложения материала.

Листать эту книгу можно многими способами:

— клавишами Page Down, Page Up, Home, End;

— щелчком мыши по правому краю экрана;

— вхождением в пункт меню ”страница”;

— вхождением в пункт меню ”окно”;

— щелчком мыши в оглавлении.

Выделенные синим цветом понятия и номера страниц являются гипертекс-

том. Вызов понятия приводит к появлению в правом верхнем угле страницы

с родственными понятиями, с помощью которой можно перейти на страницу

книги, где это понятие или родственное понятие вводится. В компьютерном

учебнике предусмотрена возможность распечатки любой страницы.

ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ, ПЕРЕРАБОТАННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ

Рекомендован в качестве учебного пособия для студентов выс-ших учебных заведений ученым Советом Иркутского государ-ственного технического университета.

c© В.Г.Власов, 1999

Моим сыновьям.

Предисловие к первому изданию

У Вас в руках конспект моих лекций по курсу высшей

математики, записанных студентами кибернетического фа-культета технического университета, а также студентамиэкономического факультета гуманитарного университета.В ходе компьютерного набора, который я сделал собствен-норучно в издательской системе LaTEX, были устранены мно-гочисленные неточности и опечатки, которые допускаютдаже лучшие студенты, а главное, мне удалось добитьсятакого синтеза формы и содержания, о котором я мечтал.Многочисленные рисунки, которые выглядят именно так,

как их рисует преподаватель на доске, выполнены либо мною,либо моим сыном Антоном, который специально для этойцели изготовил в LaTEXе графический редактор TEXpic.В книге кроме оглавления имеется предметный указа-

тель, который отражает взаимосвязь математических по-нятий.

Студент-математик, если ты с легкостью прочтешь эту

книгу, то это значит, что ты верно выбрал свой путь.

Если ты студент, изучающий математику в силу необхо-

димости, то этот учебник станет твоей настольной книгой

на все время ее изучения.

Преподаватель математики, перелистав эту книгу, ты

вряд ли останешься равнодушным.

Всем Вам я желаю успеха.

Профессор, доктор физ.-мат. наук Власов В.Г.

Моей супруге Лидии.

Предисловие ко второму изданию

Большинство учебников математики — это скорее математичес-кие трактаты, поскольку основным элементом в них являются теоре-мы. И если это логично для математика, то это не значит, что это ло-гично для студента. Для студента, впервые читающего формулировкутеоремы, она воспринимается как нечто данное богом. Ему трудно по-нять, зачем доказывать то, до чего он бы сам никогда не додумался.(Речь, безусловно, не идет о студентах-математиках, которые жела-ют и способны выстрадать все эти формулировки теорем.) Более то-го, если изучая математику, какой-то студент приобретет привычкуоформлять результаты в виде теорем, то ему лучше сменить факуль-тет на математический. Ведь в прикладных науках результаты не

формулируются в виде теорем. Строгое обоснование границ примени-мости того или иного результата как правило невозможно.

Будущие специалисты, изучающие математику, должны научить-ся решать задачи, ответы на которые им заранее неизвестны. Как мнекажется, заучивание формулировок и доказательств теорем не лучшийдля этого способ. Не лучше ли сам процесс изучения математики пре-вратить в тот полигон, где будущий специалист учится решать зада-чи? На мой взгляд, это наиболее эффективный путь помочь будущемуспециалисту стать активным пользователем математики.

Для решения этой задачи в книге используются следующие мето-дические приемы:

1. Большая часть материала дана в виде задач и примеров, которые,в отличие от теорем, не требуют, чтобы в их постановке был заложенответ, а также точные границы его применимости. Даже в тех слу-чаях, когда под вывеской “Задача” скрывается теорема, в этом естьнекоторый смысл, поскольку попытка самостоятельного решения за-дачи более вероятна, чем попытка доказательства теоремы. Само ре-шение задач на лекциях — это диалог в форме вопросов и ответов,что также нашло свое отражение в книге.2. В предлагаемых лекциях нередко то или иное понятие возника-ет как следствие задачи. Как говорил Пуанкаре “...хорошим опреде-лением будет то, которое понято учеником” и еще “...недостаточно

Предисловие 5

высказать определение: необходимо его подготовить и необходимо егооправдать” (А.Пуанкаре “О науке”, стр. 353 и 361). Так, например,определение векторного произведения возникает как следствие зада-чи о нахождении вектора, ортогонального двум заданным векторам(Лекция 7).3. В учебнике особое внимание уделено взаимосвязи основных поня-тий. Понятие, раз введенное, затем активно используется, наполняет-ся новым содержанием. В качестве примера можно привести развитиепонятия эквивалентных (асимптотически равных) функций.

Это понятие появляется как альтернатива понятию бесконечно

малых и бесконечно больших функций. Вначале находятся простей-шие эквивалентные элементарных функций в нуле (Лекция 17).

На следующем витке эквивалентные функции используются при

получении таблицы производных (Лекция 19), и завершается он опре-делением дифференциала как эквивалентной приращения функции в

первом приближении (Лекция 20).На третьем витке понятие эквивалентной функции приводит к

такому важному понятию как многочлен Тейлора (Лекция 21), неод-нократно затем используемому. Асимптоты графика функции такжеопределяются через эквивалентные функции (Лекция 25).4. Каждая лекция (4–6 стр.) посвящена определенной теме, имеетсвою преамбулу и свой сюжет.5. Конспективный характер изложения должен помочь слабому сту-денту сосредоточить внимание на главном и стимулировать сильного

студента не учить доказательства, а делать их самому. Если при этому студента возникнет вопрос, и он обратится к классическим курсам,например, Фихтенгольца или Смирнова, то это прекрасно.

Аналогом данного учебника для меня послужил “Конспект лекцийпо квантовой механике” Энрико Ферми, который я с удовольствиемизучал, будучи студентом МГУ.

Во втором издании книги в нее включен указатель обозначений,существенно расширен предметный указатель. Кроме того, добавленонесколько новых страниц и рисунков, изменены некоторые формули-ровки и устранены замеченные неточности и опечатки.

Внесенные изменения — это результат дискуссий с моими колле-

гами кафедры математики ИрГТУ, а также с научным редактором

издательства. Всем им я искренне благодарен.

Оглавление

Предисловие к первому изданию . . . . . . . . . . . 3Предисловие ко второму изданию . . . . . . . . . . 4

Раздел 1.

Линейная алгебра и аналитическая геометрия

Лекция 1. Вектор в повернутой системе координат или вза-имосвязь основных понятий линейной алгебры . . . . 10Лекция 2. Определители и их свойства . . . . . . . . 15Лекция 3. Матрицы и действия над ними . . . . . . . 20Лекция 4. Системы линейных уравнений и их исследование 23Лекция 5. Решение систем линейных уравнений . . . 28Лекция 6. Скалярное произведение векторов . . . . . 32Лекция 7. Векторное и смешанное произведение векторов 38Лекция 8. Уравнения плоскости и прямой . . . . . . . 43Лекция 9. Уравнения прямой и плоскости . . . . . . . 48Лекция 10. Линейные операторы . . . . . . . . . . . . 52Лекция 11. Квадратичные формы и классификация кривых

второго порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Лекция 12. Кривые второго порядка . . . . . . . . . . 60Лекция 13. Поверхности второго порядка . . . . . . . 65

Раздел 2.

Введение в математический анализ

Лекция 14. Комплексные числа и их свойства . . . . . 70Лекция 15. Переменные и пределы . . . . . . . . . . . 75Лекция 16. Непрерывность функции и ее разрывы . . 79Лекция 17. Бесконечно малые, бесконечно большие и эквива-лентные функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Оглавление 7

Раздел 3.

Дифференциальное исчисление

Лекция 18. Пpоизводная, ее геометpический и механическийсмысл . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Лекция 19. Вывод таблицы производных . . . . . . . . 93Лекция 20. Дифференциал функции . . . . . . . . . . 97Лекция 21. Формула Тейлора . . . . . . . . . . . . . . 101Лекция 22. Теоремы о среднем . . . . . . . . . . . . . 105Лекция 23. Правило Лопиталя . . . . . . . . . . . . . 109Лекция 24. Необходимые и достаточные условия экстремумафункции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Лекция 25. Выпуклость, точка перегиба и асимптоты кри-вой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Раздел 4.

Интегральное исчисление

Лекция 26. Неопределенный интеграл или свойства первооб-разных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122Лекция 27. Определенный интеграл и его свойства . . 126Лекция 28. Замена переменной и интегрирование по частям вопределенном интеграле . . . . . . . . . . . . . . . . . 130Лекция 29. Методы интегрирования . . . . . . . . . . 134Лекция 30. Интегрирование иррациональных и тригономет-рических выражений . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Лекция 31. Геометрические приложения определенных интег-ралов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Лекция 32. Несобственные интегралы . . . . . . . . . 147Лекция 33. О других методах интегрального исчисления 151

Раздел 5.

Обыкновенные дифференциальные уравнения

Лекция 34. Метод изоклин . . . . . . . . . . . . . . . 156

8 Конспект лекций по высшей математике

Лекция 35. Дифференциальные уравнения 1-го порядка 161Лекция 36. Дифференциальные уравнения 2-го порядка 167Лекция 37. Линейные дифференциальные уравнения высшихпорядков . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171Лекция 38. Метод вариации произвольных постоянных 176Лекция 39. Линейные однородные дифференциальные урав-нения n-го порядка с постоянными коэффициентами . . 180Лекция 40. Линейные неоднородные дифференциальные ура-внения n-го порядка с постоянными коэффициентами . 184Лекция 41. Система линейных однородных дифференциаль-ных уравнений 1-го порядка с постоянными коэффициента-ми . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Лекция 42. Фазовые траектории и особые точки дифференци-альных уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

Раздел 6.

Дифференциальное исчисление функции несколь-

ких переменных

Лекция 43. Частные производные . . . . . . . . . . . 198Лекция 44. Полный дифференциал . . . . . . . . . . . 203Лекция 45. Дифференциальные операторы . . . . . . . 307Лекция 46. Безусловный экстремум . . . . . . . . . . . 212Лекция 47. Условный экстремум . . . . . . . . . . . . 217Лекция 48. Условный экстремум в физике и экономике 222

Раздел 7.

Интегральное исчисление функции нескольких пе-

ременных

Лекция 49. Кратные интегралы . . . . . . . . . . . . 226Лекция 50. Замена переменных в кратных интегралах 232Лекция 51. Криволинейные интегралы 1-го и 2-го рода 236Лекция 52. Поверхностные интегралы 1-го и 2-го рода 240

Оглавление 9

Раздел 8.

Теория рядов

Лекция 53. Сходимость и сумма числового ряда . . . 244Лекция 54. Достаточные признаки сходимости . . . . 249Лекция 55. Ряд Дирихле. Знакопеременные ряды . . . 253Лекция 56. Функциональные ряды . . . . . . . . . . . 257Лекция 57. Интегрирование и дифференцирование степенныхрядов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262Лекция 58. Вычисление иррациональных чисел и определен-ных интегралов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266Лекция 59. Решение дифференциальных уравнений с помо-щью рядов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269Лекция 60. Тригонометрические ряды . . . . . . . . . 273Лекция 61. Комплексный ряд Фурье . . . . . . . . . . 278Лекция 62. Интеграл Фурье . . . . . . . . . . . . . . . 282

Указатель обозначений . . . . . . . . . . . . . . . . 286

Предметный указатель . . . . . . . . . . . . . . . . 292

“Чему мы должны научиться делать,мы учимся, делая.”

Аристотель

Раздел 1

Линейная алгебра ианалитическаягеометрия

Лекция 1. Вектор в повернутой системе

координат или взаимосвязь основных

понятий линейной алгебры

Hам предстоит убедиться, что такие известные со школыпонятия как вектор и система линейных алгебраических урав-нений имеют связь, которая естественным образом описыва-ется такими новыми понятиями как матрица и определитель.

Вектор ‖ Скаляр

графическое определение:

Hаправленныйотрезок прямой

Длина

отрезка прямой

Лекция 1. Взаимосвязь понятий линейной алгебры 11

аналитическое определение:

Hабор чисел,которыйменяется,

при поворотесистемы координат−→OA =

−→x =

(x1

x2

)

Число,котороене меняется,при поворотесистемы координат

OA =∣∣∣−→x∣∣∣ =

√x2

1 + x22

Пример 1. Пусть вектор−→OA и скаляр OA заданы графи-

чески. Задать их аналитически в декартовой системе коорди-нат.

6

-

x2

−→x

x1

2

3O(0, 0)

A(3, 2)

6

-

−→e2 −→

e1��

��

��

��3

B Выразим−→OA через единич-

ные базисные векторы−→e1 и

−→e2 :

−→OA =

−→x = 3

−→e1 + 2

−→e2 =

= 3

(10

)+ 2

(01

)=

(32

).

OA =∣∣∣−→x∣∣∣ =

√32 + 22 =

√13 ; а

∣∣∣−→e1∣∣∣ =

∣∣∣−→e2∣∣∣ = 1 . C

−→OA =

(x1

x2

)— матричная форма вектора

Задача 1

Пусть задан вектор в декартовой системе координат в двухмер-ном пространстве

−→x = x1

−→e1 + x2

−→e2 .

Найти проекции этого вектора в повернутой системе коорди-нат.

12 Линейная алгебра и аналитическая геометрия

6

-BBB

BBB

BBBM

��1

6

BBB

BBB

BBBM

-��1

��1

BBBN

��1

ϕO

B

A

−→e2

′ −→e2

−→e1

−→e1

′

ϕ

x2′

x2′

x2

−→x

x1′

x1

x2

x1′

x1

��

��

��

I−→x = x′1

−→e′1 + x′2

−→e′2 , x′1,2 = ?

Но−→x = x1

−→e1 + x2

−→e2 , где∣∣∣

−→e′1∣∣∣ =

∣∣∣−→e′2∣∣∣ = 1,

−→e1 =

−→OA+

−→OB =

{∣∣∣−→OA

∣∣∣ = cosϕ ,∣∣∣−→OB

∣∣∣ = sinϕ}

=

= cosϕ−→e′1 − sinϕ

−→e′2 ,−→

e2 = sinϕ−→e′1 + cosϕ

−→e′2 . Итак,−→

x = x1(cosϕ−→e′1 − sinϕ

−→e′2 ) +

+x2(sinϕ−→e′1 + cosϕ

−→e′2 ) =

=−→e′1 (x1 cosϕ+ x2 sinϕ) +

+−→e′2 (−x1 sinϕ+ x2 cosϕ).Векторы равны, если равны со-ответствующие проекции этихвекторов:

x1 cosϕ+ x2 sinϕ = x′1 ,−x1 sinϕ+ x2 cosϕ = x′2 .

Полученное решение можно записать в матричной и оператор-ной формах:

(x1 cosϕ+ x2 sinϕ

−x1 sinϕ+ x2 cosϕ

)=

(x′1x′2

)

(cosϕ sinϕ

− sinϕ cosϕ

)(x1

x2

)=

(x′1x′2

)

︸︷︷︸⇓

R(ϕ)−→x =

−→x′ , где

R(ϕ) =

(cosϕ sinϕ

− sinϕ cosϕ

)= (2 × 2) — матрица поворота. J

Лекция 1. Взаимосвязь понятий линейной алгебры 13

• Преобразование вектора или система линейных алгебраическихуравнений могут записываться различным образом:

(a11 a12

a21 a22

)(x1

x2

)=

(x′1x′2

)

︸︷︷︸(2 × 2)(2 × 1) = (2 × 1)

— матричная форма

A−→x =

−→x′1 — операторная форма

2∑

j=1

aijxj = x′i — тензорная форма

Задача 2

Убедиться, что√x2

1 + x22 =

√x′1

2 + x′22 , т.е. что длина отрезка

прямой при повороте не меняется (самостоятельно).

Задача 3

Пусть задана матрица поворота A и координаты вектора в штри-хованной системе координат x′1, x

′2. Найти x1, x2.

I Решение задачи сводится к решению системы алгебраичес-ких уравнений, которую решаем вычитанием уравнений послеумножения их на подходящие коэффициенты.

{a11x1 + a12x2 = x′1a21x1 + a22x2 = x′2

∣∣∣∣∣a21

a11

∣∣∣∣∣a22

a12

a12a21x2 − a11a22x2 = a21x′1 − a11x

′2

x2 =a21x

′1 − a11x

′2

a12a21 − a11a22=

a11x′2 − a21x

′1

a11a22 − a12a21=

∆2

∆

(a11a22 − a12a21)x1 = a22x′1 − a12x

′2

x1 =a22x

′1 − a12x

′2

a11a22 − a12a21=

∆1

∆, где


a11a22 − a12a21 =

a22x′1 − a12x

′2 =

a11x′2 − a21x

′1 =

∣∣∣∣∣a11

a21∣∣∣∣∣x′1x′2

∣∣∣∣∣a11

a21

a12

a22

∣∣∣∣∣

a12

a22

∣∣∣∣∣

x′1x′2

∣∣∣∣∣

= ∆

= ∆1

= ∆2

определители J

• Полученное решение известно в математике как формула Кра-мера (правило Крамера).

Формула Крамера

Формула Крамера — формула решения квадратной системы nлинейных алгебраических уравнений:

xi =∆i

∆; ∆ 6= 0, где i = 1, 2, . . . , n.

∆i — дополнительные определители,∆ — определитель системы (детерминант матрицы системы).

F Дополнительный определитель образуется из определите-ля системы, заменой i-того столбца на столбец свободныхчленов.

Пример 2. Hайти: ∆ , ∆1 , ∆2 , x1 , x2, если{

2x1 + 3x2 = 6,−4x1 + 5x2 = 1.

B ∆ =

∣∣∣∣∣2 3

−4 5

∣∣∣∣∣ = 10 + 12 = 22, ∆1 =

∣∣∣∣∣6 31 5

∣∣∣∣∣ = 27,

∆2 =

∣∣∣∣∣2 6

−4 1

∣∣∣∣∣ = 26, x1 = 2722 , x2 = 26

22 = 1311 C

Лекция 2. Определители и их свойства 15

Лекция 2. Определители и их свойства

Рассмотренные ниже свойства определителя нам пригодят-ся как для вычисления определителей, так и для нахождениярангов матриц при решении систем линейных алгебраических

уравнений.

F Определителем или детерминантом квадратной матрицыназывается скаляр, образованный из элементов этой мат-рицы следующим образом

∆ = detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∑

j

(−1)tja1j1a2j2 . . . anjn .

Здесь j = j1, j2, . . . , jn — это всевозможные перестановки нату-ральных чисел j = 1, 2, 3, . . . , n, при этом сам этот набор чисел:j = 1, 2, 3, . . . , n— основная перестановка, а tj — число транспо-зиций, которое необходимо совершить, чтобы перевести даннуюперестановку к основной.

F Порядком определителя называется число столбцов (строк)квадратной матрицы

Детерминант 2-го порядка

∆ =

∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ =∑

j

(−1)tja1j1a2j2 = a11a22 + (−1)1a12a21.

j1, j21, 22, 1

∣∣∣∣∣∣∣

tj01


Определитель 3-го порядка

Вопрос: Сколько перестановок можно составить из трех эле-ментов?

Ответ: 3! (три факториал). 3! = 3 · 2 · 1 = 6.

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣=∑

j

(−1)tja1j1a2j2a3j3 = a11a22a33+

+a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a12a21a33 − a11a23a32 .

3!

j1, j2, j31, 2, 33, 2, 12, 3, 12, 1, 31, 3, 23, 1, 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

tj032112

tj − четная tj − нечетнаяa11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

Свойства определителя

1. Определитель n-го порядка сводится к вычислению опре-делителей n−1-го порядка посредством его разложения покакой-либо строке (столбцу).

detA =n∑

i=1

(−1)i+kaikMik =n∑

k=1

(−1)i+kaikMik.

F Mik — определитель n− 1-го порядка, называемый мино-ром, полученный из основного определителя, вычеркива-нием i-той строки и k-того столбца.

∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣=

3∑

k=1

(−1)1+ka1kM1k =

Лекция 2. Определители и их свойства 17

= (−1)1+1a11M11 + (−1)1+2a12M12 + (−1)1+3a13M13 =

= a11

∣∣∣∣∣a22 a23

a32 a33

∣∣∣∣∣− a12

∣∣∣∣∣a21 a23

a31 a33

∣∣∣∣∣+ a13

∣∣∣∣∣a21 a22

a31 a32

∣∣∣∣∣ .

2. Определитель транспонированной матрицы равен опреде-лителю исходной матрицы.

F Транспонированной матрицей называется такая матрица,у которой все строки заменены соответствующими столб-цами.

A =

(a11 a12

a21 a22

)6= AT =

(a11 a21

a12 a22

), при a12 6= a21.

detA = detAT .

3. Если поменять в определителе местами какие-либо две стро-ки (столбца), то определитель изменит знак.

∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣∣a21 a22

a11 a12

∣∣∣∣∣ .

a22a11 − a21a12 = −(a21a12 − a22a11).

4. Если какую-либо строку (столбец) определителя умножитьна число, то такой определитель будет отличаться от ис-ходного умножением на это число.

detA′ =∑

j

(−1)tja′1j1a2j2 . . . anjn ={a′1j1 = ka1j1

}=

=∑

j

(−1)tjka1j1a2j2 . . . anjn = k∑

j

(−1)tja1j1a2j2 . . . anjn .

detA′ = k detA.


5. Если все элементы какой-либо строки (столбца) определи-теля равны 0, то такой определитель равен 0.

6. Если в определителе какие-либо две строки (столбца) рав-ны между собой, то такой определитель равен 0.

По третьему свойству, после перестановки строк (столбцов) опре-делитель должен сменить знак, но с другой стороны после пере-становки одинаковых строк (столбцов) определитель не долженизмениться, т.е.

∆′ = −∆∆′ = ∆

}=⇒ ∆′ = ∆ = 0.

7. Если к элементам какой-либо строки (столбца) определи-теля прибавить элементы другой строки (столбца) этогоже определителя, умноженные на любое число, то опреде-литель не изменится.

detA′ =∑

j

(−1)tja′1j1a2j2 . . . anjn =

=∑

j

(−1)tj(a1j1 + ka2j2)a2j2 . . . anjn =

=∑

j

(−1)tja1j1a2j2 . . . anjn + k∑

j

(−1)tja2j2a2j2 . . . anjn

︸︷︷︸= 0 по 6-ому свойству

= detA.

Пример 1. Вычислить определитель.

B

∣∣∣∣∣∣∣

1 2 34 5 67 8 9

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

1 0 04 −3 −67 −6 −12

∣∣∣∣∣∣∣= 1(−1)1+12

∣∣∣∣∣3 63 6

∣∣∣∣∣ = 0 C

• Вычисление опpеделителей пpоводится путем последователь-ного понижения поpядка опpеделителя посpедством элементаp-ных пpеобpазований, не меняющих его значение (7-ое свойство).

Лекция 3. Матрицы и действия над ними 19

Лекция 3. Матрицы и действия над ними

Произведение матриц в отличие от произведения чисел зави-сит от порядка сомножителей, и более того, не всякие мат-рицы можно перемножать или складывать.

F Матрицей называется прямоугольная таблица чисел илибуквенных выражений, содержащая m-строк и n-столбцов.

A = (aij) = a =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

= (m× n).

F Квадратной матрицей называется матрица, у которой чис-ло строк равно числу столбцов — (n× n) .

F Матрицы равны между собой, если равны все соответству-ющие элементы этих матриц.

A = B, если aij = bij, где i = 1,m;j = 1, n.

F Матрица,содержащая один столбец или одну строку, на-зывается вектором.

(m× 1) =

c1c2...cm

=−→c ; (1 ×m) = (c1 c2 . . . cm) =

−→c

T

.

F Hулевой матрицей называется матрица, у которой все эле-менты равны нулю.

0 =

(0 00 0

), в частности,

−→0 =

(00

)


Действия над матрицами

Сложение матриц

F Pезультатом сложения двух матриц является матрица, каж-дый элемент которой представляет собой сумму соответ-ствующих элементов матриц.

a+ b = c︸︷︷︸(m×n)+(m×n)=(m×n)

, где cij = aij + bij .

(1 32 4

)+

(56

)=

{не имеет

смысла

• Складываются только матрицы одинаковой размерности.(

12

)+

(34

)=

(46

).

(1 2

)+

(311

)=

{не имеет

смысла

а) A+B = B +A — переместительное свойство.

б) (A+B) + C = A+ (B + C) — сочетательное свойство.

Умножение матрицы на число

F Pезультатом умножения матрицы на число является мат-рица, каждый элемент которой умножен на это число.

λ · a = c︸︷︷︸λ·(m×n)=(m×n)

, где cij = λ · aij

3

(1 5

−2 4

)=

(3 15

−6 12

)

3

∣∣∣∣∣1 5

−2 4

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

3 15−2 4

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

3 5−6 4

∣∣∣∣∣

Сравни!

Лекция 3. Матрицы и действия над ними 21

Умножение матриц

F Pезультатом умножения матриц, будет матрица, каждыйэлемент которой является результатом перемножения со-ответствующей строки первой матрицы на соответствую-щий столбец второй матрицы.

a · b = c︸︷︷︸(m×n)(n×k)=(m×k)

, где cij =n∑

l=1

ailblj

(a11 a12

a21 a22

)(b11 b12b21 b22

)=

(c11 c12c21 c22

)=

=

(a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22

).

• Перемножаются только такие две матрицы, у которых числостолбцов первой равно числу строк второй матрицы.

Пример 1. Вычислить.

B

1 23 45 6

·

(0 −2 41 3 2

)=

2 4 84 6 206 8 32

︸︷︷︸(3×2)(2×3)=(3×3)

C

Пример 2. Вычислить.

B

(0 −2 41 3 2

)

1 23 45 6

=

(14 1620 26

)

︸︷︷︸(2×3)(3×2)=(2×2)

C

• Умножение матриц не обладает перестановочным свойством,более того, при перестановке может меняться размерность.

A ·B 6= B ·A.


F Единичной матрицей называется такая квадратная мат-рица, диагональные элементы которой равны единицам, аостальные равны нулю.

E = 1 =

(1 00 1

).

• Единичная матрица, а также нулевая квадратная матрица,обладают перестановочным свойством по отношению к квад-ратной матрице той же размерности.

0 · a = a · 0 = 0; 1 · a = a · 1 = a.

(1 00 1

)(1 23 4

)=

(1 23 4

)(1 00 1

)=

(1 23 4

).

Pанг матрицы

F Pангом матрицы называется наибольший порядок отлич-ного от нуля определителя, порожденного данной матри-цей.

• При вычислении ранга матрицы производят те же преобразо-вания, что и при вычислении определителя.

Пример 3. Найти ранг матрицы.

B

1 2 34 5 67 8 9

⇒

1 4 72 5 83 6 9

⇒

1 4 70 −3 −60 −6 −12

⇒

⇒

1 4 70 3 60 3 6

⇒

1 4 70 3 60 0 0

, r(ранг)= 2 C

• Pанг матрицы фактически равен числу отличных от нуля эле-ментов, примыкающих к гипотенузе нулевого треугольника.

Лекция 4. Системы линейных уравнений и их исследование 23

Лекция 4. Системы линейных уравнений

и их исследование

Не только в математике, но и в жизни, люди нередко ставяти пытаются решать задачи, которые не имеют решения. Намнужно научиться определять: имеет ли система одно реше-ние, нуль решений или множество решений.

F Системой линейных алгебраических уравнений, содержа-щей m уравнений и n неизвестных, называется выражениеследующего вида:

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = b1a12x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = b2· · · · · · · · · · · · ·

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = bm

где aij — коэффициенты системы, i = 1,m, j = 1, n ;xj — неизвестные, bi — свободные члены.

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

x1

x2...xn

=

b1b2...bm

—матричная

форма

A · −→x =−→b — операторная форма

n∑

j=1

aijxj = bi, i = 1,m — тензорная форма

F Совокупность чисел α1, α2, . . . , αn или

α1

α2

· · ·αn

называ-

ется решением системы, если она обращает все уравненияв тождества.


F Система совместна, если она имеет хотя бы одно решение,и несовместна, если она не имеет ни одного решения.

F Система называется однородной, если все свободные чле-ны равны нулю

A−→x = 0,

где под 0 подразумевается нулевой вектор−→0 .

• detA = ∆ — определитель системы

F Pасширенной матрицей системы называется матрица сис-темы, дополненная столбцом свободных членов

B =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...am1 am2 · · · amn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b1b2...bm

.

Теорема Кронекера-Капелли

Система совместна, если ранг A равен рангу B и несовместна,если ранг B больше ранга A.

I 1. Пусть система совместна, тогда

α1

a11

a21

· · ·am1

+ α2

a12

a22

· · ·am2

+ . . . + αn

a1n

a2n

· · ·amn

≡

b1b2· · ·bm

,

т.е. столбец свободных членов является линейной комбинациейстолбцов матрицы системы. Исходя из седьмого свойства опре-делителя и определения ранга матрицы приходим к выводу, чторанг A равен рангу B ( rA = rB ).


2. Пусть rB > rA. В этом случае столбец свободных членовне может сводиться к линейной комбинации столбцов матрицысистемы, т.е.

b1b2· · ·bm

6≡ α1

a11

a21

· · ·am1

+ α2

a12

a22

· · ·am2

+ . . .+ αn

a1n

a2n

· · ·amn

Последнее означает, что система несовместна. J

Вопрос: В чем нестрогость проведенного доказательства?

Ответ: В первом пункте показано обратное.

Первый случай

Пусть m = n,−→b 6= 0.

а) Если ∆ 6= 0, то rA = rB = r = n, xi =∆i

∆.

б) Если ∆ = 0, то либо rB > rA, либо rA = rB = r < n.

Последние два случая рассмотрены в Примерах 1 и 2.

Пример 1. Решить:

{x+ y = 1 ,

−x− y = 2 .

B 1. Исследование на совместность.

B =

(1 1

−1 −1

∣∣∣∣∣12

)⇒(

1 10 0

∣∣∣∣∣13

)⇒

⇒ rA = 1,rB = 2

}rB > rA .

Ответ: Система несовместна. C



{x+ y = 1 ,

−x− y = −1 .

B 1. Исследование на совместность.

B =

(1 1

−1 −1

∣∣∣∣∣1

−1

)⇒(

1 10 0

∣∣∣∣∣10

)

rA = rB = r = 1 — система совместна.

2. Число свободных параметров (неизвестных).

n− r = 2 − 1 = 1 — один свободный параметр.

3. Нахождение неизвестных.{

x+ y = 1,−x− y = −1;

y = c , тогда x = 1 − c .

4. Проверка.(

1 1−1 −1

)(1 − cc

)=

(1 − c+ c

−1 + c− c

)=

(1

−1

).

Ответ:−→x =

(1 − cc

)C

Второй случай

m = n,−→b = 0.

Очевидно, что однородная система всегда совместна.

rA = rB = r 6 n , xi =∆i

∆, причем ∆i = 0 .

а) Если ∆ 6= 0, то xi =0

∆= 0 — тривиальное решение.

б) Если ∆ = 0, то xi =

{0

0

}— бесконечно много решений.



x− y + 3z = 0 ,2x+ 3y − z = 0 ,

3x+ 2y + 2z = 0 .

B 1. A =

1 −1 32 3 −13 2 2

⇒

1 −1 30 5 −70 5 −7

⇒

⇒

1 −1 30 5 −70 0 0

=⇒ r = 2 .

2. n = 3 , n− r = 3 − 2 = 1 .

3. z = c +

x− y + 3z = 02x+ 3y − z = 0

3x+ 2y + 2z = 0=⇒

=⇒{x− y = −3c2x+ 3y = c

∆ =

∣∣∣∣∣1 −12 3

∣∣∣∣∣ = 5,

∆1 =

∣∣∣∣∣−3c −1c 3

∣∣∣∣∣ = −8c, ∆2 =

∣∣∣∣∣1 −3c2 c

∣∣∣∣∣ = 7c .

x =∆1

∆= −8

5c, y =

∆2

∆=

7

5c, z = c .

4. Проверка:

1 −1 32 3 −13 2 2

c

5

−875

=

c

5

−8 − 7 + 15−16 + 21 − 5−24 + 14 + 10

=

000

.


c

5

−875

C


Лекция 5. Решение систем линейных

уравнений

Существует несколько методов решения систем линейных

алгебраических уравнений. В частности, решение системы мо-жет быть сведено к перемножению двух матриц.

Третий случай

Число уравнений не равно числу неизвестных: m 6= n.


{x− 2y + 3z = 0 ,2x+ y − z = 0 ;

n = 3 ,m = 2 .

B 1.

(1 −2 32 1 −1

∣∣∣∣∣00

)⇒(

1 −2 30 5 −7

∣∣∣∣∣00

)

︸︷︷︸r=2, система совместна

2. r = 2 , n− r = 3 − 2 = 1 .

3. z = c +

{⇒

{x− 2y = −3c ,2x+ y = c .

∆ =

∣∣∣∣∣1 −22 1

∣∣∣∣∣ = 5, ∆1 =

∣∣∣∣∣−3c −2c 1

∣∣∣∣∣ = −c .

∆2 =

∣∣∣∣∣1 −3c2 c

∣∣∣∣∣ = c+ 6c = 7c ⇒ x = − c5 , y = 7c

5 .

4.

(1 −2 32 1 −1

)

− c5

7c5c

=

(− c

5 − 14c5 + 3c

−2c5 + 7c

5 − c

)=

︸︷︷︸(2×3)(3×1)=(2×1)

Лекция 5. Решение систем линейных уравнений 29

=

(−15c

5 + 15c5

5c5 − c

)=

(00

). Ответ:

−→x =

− c5

7c5c

C

Pешение систем линейных алгебраических

уравнений методом обратной матрицы

A−1 — обратная матрица

F Матрица называется обратной к данной квадратной мат-рице, если их произведение равно единичной матрице.

A ·A−1 = A−1 ·A = 1 = E =

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

• Обратная матрица существует только для невырожденной квад-ратной матрицы.

F Вырожденной квадратной матрицей называется такая мат-рица, определитель которой равен нулю.

Задача 1

Пусть A−→x =

−→b , где A — квадратная матрица.

Выразить−→x через A−1.

I A−1| A−→x =−→b ⇒ A−1A

−→x = A−1

−→b т.к. 1

−→x =

−→x , то

−→x = A−1

−→b — операторная форма

xi =n∑

j=1

aij−1bj — тензорная форма J


Задача 2

Hайти элементы обратной матрицы aij−1.

I Для нахождения элементов обратной матрицы воспользуемсяформулой Крамера.

xi =∆i

∆, ∆i =

n∑

j=1

(−1)i+jbjMji

xi =n∑

j=1

aij−1bj , xi =

∆i

∆=

n∑

j=1

(−1)i+jMji

∆bj

︸︷︷︸www�

a−1ij =

(−1)i+jMji

∆J

Пример 2. Найти A−1, если A =

(1 23 4

).

BM11 = 4 , M12 = 3 ,M21 = 2 , M22 = 1 .

∆ =

∣∣∣∣∣1 23 4

∣∣∣∣∣ = −2.

a11−1 = −2 , a12

−1 = 1 ,a21

−1 = 32 , a22

−1 = −12 .

Проверка:

(−2 1

32 −1

2

)(1 23 4

)=

(1 00 1

).

Ответ: A−1 =

(−2 1

32 −1

2

)C

Лекция 5. Решение систем линейных уравнений 31

Пример 3. Решить методом обратной матрицы:{x+ 2y = 4 ,3x+ 4y = 12 .

B−→x = A−1

−→b =

(−2 1

32 −1

2

)(412

)=

(40

).

Проверка:

(1 23 4

)(40

)=

(412

).


(40

)C

Вычисление обратной матрицы методом Гаусса

Алгоритм вычисления обратной матрицы методом Гаусса со-стоит в следующем преобразовании:

(A|E) ⇒ (E|A−1)

которое пpоводится посpедством тех же элементаpных дейст-вий, что и при вычислении опpеделителей.

Пример 4. Найти A−1 , если A =

(1 23 4

).

B

(1 23 4

∣∣∣∣∣1 00 1

)=⇒

(1 20 −2

∣∣∣∣∣1 0

−3 1

)=⇒

=⇒(

1 00 −2

∣∣∣∣∣−2 1−3 1

)=⇒

(1 00 1

∣∣∣∣∣−2 1

32 −1

2

).

Ответ: A−1 =

(−2 1

32 −1

2

)C


Лекция 6. Скалярное произведение

векторов

В этой лекции мы углубим школьное знакомство со скалярным

произведением векторов, а также с преобразованием векто-ров из прямоугольной системы координат в косоугольную.

Вектор в n-мерном пространстве

F Множество R называется линейным пространством, а его

элементы— векторами, если для любых двух векторов−→a

и−→b определена их сумма

−→a +

−→b ∈ R и произведение

α−→a ∈ R, где α — любое число; и выполнены условия:

1.−→a +

−→b =

−→b +

−→a .

2. (−→a +

−→b ) +

−→c =

−→a + (

−→b +

−→c ).

3. α−→a + α

−→b = α(

−→a +

−→b ).

4. α−→a + β

−→a = (α+ β)

−→a .

5. α(β−→a ) = (αβ)

−→a .

6. 1 · −→a =−→a .

7.−→a +

−→0 =

−→a , где

−→0 — нуль-вектор.

8.−→a −−→

a =−→0 .

F Заданные векторы пространства R называют линейно за-висимыми, если существует равная нулю нетривиальнаялинейная комбинация этих векторов:

n∑

k=1

αk−→ak = 0 , где αk 6= 0 .

В противном случае эти векторы называют линейно неза-висимыми.

Лекция 6. Скалярное произведение векторов 33

F Размерность пространства — это максимальное число со-держащихся в нем линейно независимых векторов.

F Упорядоченную систему n линейно независимых векторовназывают базисом пространства Rn.

F Вектор в линейном n-мерном пространстве Rn представ-ляет собой матрицу размерности (n× 1) или (1 × n).

−→a = (n× 1) =

a1

a2...an

−→a

T

= (1 × n) = (a1 a2 . . . an) — транспонированный вектор.

Скалярное произведение векторов

F Скалярным произведением двух ненулевых векторов назы-вается матричное произведение этих векторов (строка настолбец), результатом которого является скаляр:

(−→a ,

−→b)

= (a1 a2 . . . an)

b1b2...bn

= a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn

(−→a ,

−→b)

=−→a

T−→b =

−→a · −→b

• Выше приведены различные обозначения скалярного произве-дения векторов. Знак транспонирования у векторов обычно длякраткости опускают.

(1 × n)(n× 1) = (1 × 1) — скаляр.


a2 =−→a · −→a = a1

2 + a22 + . . . + an

2 —квадрат модуля

вектора

∣∣∣−→a∣∣∣ = a =

√a1

2 + a22 + . . .+ an

2 =

√(−→a · −→a

)—

модуль

вектора

• В скалярном произведении комплексных векторов первый век-тор должен быть подвергнут не только операции транспониро-вания, но и комплексного сопряжения.

Вектор в тpехмерном пространстве

F Вектор в тpехмерном пространстве в декаpтовой системекооpдинат опpеделяется одним из выpажений

−→x = (x y z) =

−→i x+

−→j y +

−→k z =

xyz

,

где x, y, z — кооpдинаты или пpоекции вектоpа, а

−→i =

100

,

−→j =

010

,

−→k =

001

единичные оpтогональные вектоpы, задающие декаpтовбазис.

−→a · −→b = axbx + ayby + azbz —

скалярное произведение

в тpехмерном пространстве

Задача 1

Показать, что векторы−→i ,

−→j ,

−→k являются единичными и оp-

тогональными (самостоятельно).


Задача 2

Установить связь между направляющими косинусами вектора.

��

6

--

x

y

z

−→a

β

α

γ

��

�

6

−→i

−→k

−→j��*

I−→a = a(

−→i cosα+

−→j cos β+

+−→k cos γ) ,

−→a · −→i = a cosα = пр~i

−→a —

проекция вектора−→a на базис-

ный вектор−→i , т.к.

(cosα cos β cos γ)

100

= cosα

cosα =пр~i

−→a

a, cos β =

пр~j−→a

a, cos γ =

пр~k

−→a

a

−→a · −→a = a2(cos2 α+ cos2 β + cos2 γ) = a2

︸︷︷︸⇓

cos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1 J

Задача 3

Выразить−→a · −→b через косинус угла между этими векторами.

��

�

6

-

z

x

y

−→a

ϕ

6−→b

��*

I Вектор−→b направим по оси

y, тогда

−→b = b

010

,

−→a = a

cosαcosϕcos γ

−→a · −→b = ab (0 · cosα++1 · cosϕ+ 0 · cos γ) = ab cosϕ.


• Скалярное произведение векторов равно произведению моду-лей этих векторов на косинус угла между ними.

−→a · −→b = ab cosϕ =⇒ cosϕ =

−→a · −→bab

= cos−→a−→b J

• Скалярное произведение ортогональных (перпендикулярных)векторов равно нулю.

• Сказанное верно в n-мерном пространстве.

Hеравенство Коши-Буняковского

Задача 4

Показать, что в n-мерном пространстве выполняется неравен-ство (−→

a · −→b)2

6

(−→a · −→a

)(−→b · −→b

).

I Введем вспомогательный вектор−→a + λ

−→b

Очевидно, что(−→a + λ

−→b)(−→

a + λ−→b)

> 0(−→a · −→a

)+ 2λ

(−→a · −→b

)+ λ2

(−→b · −→b

)> 0

Пусть−→a · −→a = C, Тогда Aλ2 +Bλ+ C > 0,

2−→a · −→b = B, если D = B2 − 4AC 6 0.−→b · −→b = A. Отсюда:

4(−→a · −→b

)2− 4

(−→a · −→a

)(−→b · −→b

)6 0

︸︷︷︸⇓

(−→a · −→b

)26

(−→a · −→a

)(−→b · −→b

)J


Вектор в косоугольном базисе трех векторов

Задача 5

Пусть задано 4 вектора−→a ,

−→b ,

−→c и

−→d в декартовой системе

координат. Требуется найти вектор−→d в базисе

{−→a ,

−→b ,

−→c}.

--

−→b

−→a λ1

−→a

λ2−→b −→

d

��

��

��

��

��

��

��3 I−→d = λ1

−→a + λ2

−→b + λ3

−→c

λ1, λ2, λ3 = ?

Если расписать это векторное равенство,то получим систему линейных алгебраи-ческих уравнений:

λ1ax + λ2bx + λ3cx = dx m = 3λ1ay + λ2by + λ3cy = dy n = 3λ1az + λ2bz + λ3cz = dz ∆ 6= 0

⇒ λi = ∆i

∆

Ответ:−→d = ∆1

∆

−→a + ∆2

∆

−→b + ∆3

∆

−→c J

Пример 1. Пусть−→a =

100

,

−→b =

110

,

−→c =

111

и−→d =

20

−1

. Hайти вектор

−→d в базисе

{−→a ,

−→b ,

−→c}.

B ∆ =

∣∣∣∣∣∣∣

1 1 10 1 10 0 1

∣∣∣∣∣∣∣= 1, ∆1 =

∣∣∣∣∣∣∣

2 1 10 1 1−1 0 1

∣∣∣∣∣∣∣=

1

2

∣∣∣∣∣∣∣

2 1 10 1 10 1 3

∣∣∣∣∣∣∣= 2.

Аналогично находятся: ∆2 = 1, ∆3 = −1.

Ответ:−→d = 2

−→a +

−→b −−→

c

или−→d = (2, 1,−1) в базисе

{−→a ,

−→b ,

−→c}. C


Лекция 7. Векторное и смешанное

произведение векторов

Результатом перемножения двух векторов может быть не

только скаляр, но и вектор, скалярное умножение которогона третий вектор дает смешанное произведение.

Задача 1

Hайти вектор, ортогональный двум заданным векторам.

Дано:−→a =

ax

ay

az

,

−→b =

bxbybz

. Hайти вектор

−→N ⊥ −→

a ,−→b .

I По условию и свойству скалярного произведения−→N · −→a =

−→N · −→b = 0

(x y z

)ax

ay

az

=

(x y z

)bxbybz

= 0.

или

и тем самым задача сводится к решению системы:{xax + yay + zaz = 0,xbx + yby + zbz = 0;

m = 2,n = 3.

1. Если векторы коллинеарны, то−→a = λ

−→b и тогда

(λbx λby λbzbx by bz

∣∣∣∣∣00

)=⇒ λ

(bx by bz0 0 0

∣∣∣∣∣00

).

-CCCCO

CCCCW

��

��

-−→b

−→a

Отсюда r = 1, n− r = 3 − 1 = 2.Здесь решением является множествовекторов, лежащих в плоскости, орто-

гональной векторам−→a = λ

−→b .

Лекция 7. Векторное и смешанное произведение векторов 39

2. Если−→a 6= λ

−→b , то r = 2, n− r = 3 − 2 = 1

(один свободный параметр).

z = c +

{=⇒ xax + yay = −caz,

xbx + yby = −cbz;

∆ =

∣∣∣∣∣ax ay

bx by

∣∣∣∣∣ , ∆1 =

∣∣∣∣∣−caz ay

−cbz by

∣∣∣∣∣ = c

∣∣∣∣∣ay az

by bz

∣∣∣∣∣ .

x =

c


by bz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax ay

bx by

∣∣∣∣∣

, y =

−c∣∣∣∣∣ax az

bx bz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ax ay

bx by

∣∣∣∣∣

.

Зададим c таким образом, чтобы решение упростилось, а имен-но, c = ∆. Тогда

−→N =

−→i


by bz

∣∣∣∣∣−−→j

∣∣∣∣∣ax az

bx bz

∣∣∣∣∣+−→k

∣∣∣∣∣ax ay

bx by

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

ax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣

F Векторным произведением двух векторов называется век-тор ортогональный этим векторам и определяемый фор-мулой:

−→a ×−→

b =[−→a ,

−→b]

=

∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

ax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣J

Свойства векторного произведения

1. Векторное произведение коллинеарных векторов равно ну-лю.

2.[λ−→a ,

−→b]

= λ[−→a ,

−→b].


3.[−→a ,

−→b]

= −[−→b ,

−→a].

• Первые три свойства следуют из свойств определителя.

Задача 2

Выразить модуль векторного произведения через угол междувекторами.

��

�

6

z

x

y

−→a

ϕ

−→b

��

-�

��

−→N

|−→N |

-

I Выбираем систему коорди-нат таким образом, чтобы−→a = (a, 0, 0),−→b = (b cosϕ, b sinϕ, 0).

Векторное произведение, после

подстановки−→a и

−→b в форму-

лу, полученную в предыдущейзадаче, принимает вид:

−→a ×−→

b =

∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

a 0 0b cosϕ b sinϕ 0

∣∣∣∣∣∣∣=

−→k

∣∣∣∣∣a 0

b cosϕ b sinϕ

∣∣∣∣∣ =

=−→k ab sinϕ.

∣∣∣−→a ×−→

b∣∣∣ = ab sinϕ = S =

∣∣∣−→N∣∣∣ J

4. Модуль векторного произведения равен площади паралле-лограмма, построенного на этих векторах.

Смешанное произведение векторов

F Смешанным произведением трех векторов называется ска-лярное произведение одного из векторов на векторное про-изведение двух других.

Лекция 7. Векторное и смешанное произведение векторов 41

Задача 3

Представить смешанное произведение векторов в виде опреде-лителя.

I Поскольку

−→a ×−→

b =−→i(−→a ×−→

b)

x+

−→j(−→a ×−→

b)

y+

−→k(−→a ×−→

b)

z, то

(−→c ,

−→a ×−→

b)

= cx(−→a ×−→

b)

x+ cy

(−→a ×−→

b)

y+ cz

(−→a ×−→

b)

z=

= cx


by bz

∣∣∣∣∣− cy


by bz

∣∣∣∣∣+ cz


by bz

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣

cx cy czax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣.

(−→c ,

−→a ×−→

b)

=

∣∣∣∣∣∣∣

cx cy czax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣—

смешанное

произведение

векторов

J

Свойства смешанного произведения

1. Смешанное произведение компланарных векторов равнонулю.

F Компланарными векторами называются векторы, лежа-щие в одной плоскости.

Задача 4

Доказать 1-ое свойство.

I Если−→c лежит в той же плоскости, что и

−→a и

−→b , то

−→c = λ1

−→a + λ2

−→b .


Тогда смешанное произведение векторов−→c ,

−→a и

−→b равно∣∣∣∣∣∣∣

λ1ax + λ2bx λ1ay + λ2by λ1az + λ2bzax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣= 0 J

2. Четная перестановка векторов в смешанном произведенииего не меняет:

(−→c ,[−→a ,

−→b])

=(−→a ,[−→b ,

−→c])

=(−→b ,[−→c ,

−→a]).

Задача 5

Доказать 2-ое свойство.I Согластно известному свойству определителя (Лекция 2)

∣∣∣∣∣∣∣

cx cy czax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

ax ay az

bx by bzcx cy cz

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

bx by bzcx cy czax ay az

∣∣∣∣∣∣∣

четная перестановка строк его не изменит. J

3. Модуль смешанного произведения равен объему паралле-пипеда, построенного на этих векторах.

Задача 6

Доказать 3-е свойство.

��

��

��

��3

-

6

−→a

−→b

−→c

ϕ

−→a ×−→

b

6

?

h

I

∣∣∣(−→c ,

−→a ×−→

b)∣∣∣ =

= c∣∣∣−→a ×−→

b∣∣∣ cosϕ =

={h = c cosϕ

}=

= Sh = Vпараллепипеда J

Лекция 8. Уравнения плоскости и прямой 43

Лекция 8. Уравнения плоскости и прямой

В различных по pазмеpности пpостpанствах одно и то же ли-нейное уравнение описывает pазличные геометpические объек-ты.

Общие уравнения плоскости и прямой

Задача 1

Пусть плоскость задана тремя точками K, N и L с координа-тами (x1, y1, z1), (x2, y2, z2) и (x3, y3, z3) соответственно.Hайти условия принадлежности произвольной точки M(x, y, z)этой плоскости.

��

��x

-y

z

��

��

��

�� -�

��=

MK

N

PPPPqLD

6I Pешение будемискать, основываясь наизвестном свойстве сме-шанного произведениядля компланаpных век-торов:

−−→KM ·

(−−→KN ×−→

KL

)= 0

Поскольку

−−→KM = (x− x1, y − y1, z − z1)−−→KN = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)−→KL = (x3 − x1, y3 − y1, z3 − z1)

, то

∣∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣∣= 0. =⇒

(x− x1)

∣∣∣∣∣y2 − y1 z2 − z1y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣︸︷︷︸

A

+(y − y1)

∣∣∣∣∣z2 − z1 x2 − x1

z3 − z1 x3 − x1

∣∣∣∣∣︸︷︷︸

B

+


+(z − z1)

∣∣∣∣∣x2 − x1 y2 − y1

x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣︸︷︷︸

C

= 0;

A(x− x1) +B(y − y1) + C(z − z1) = 0︸︷︷︸;

⇓Ax+By + Cz +D = 0 —

общее уравнение

плоскостиJ

Задача 2

Определить, какой геометрический объект описывается уравне-нием z = 0.

I пространство:одномерное {z} z = 0 точкадвухмерное {x, z} z = 0 x - любые прямаятрехмерное {x, y, z} z = 0 x, y - любые плоскость J

Задача 3

Исследовать уравнение прямой, заданной пересечением двух плос-костей.

I

{Ax+By + Cz +D = 0A1x+B1y +C1z +D1 = 0

—общее уравнение

прямой

1. Если (A1B1C1) = λ (ABC), т.е. векторы коллинеарны.(A B CA1 B1 C1

∣∣∣∣∣−D−D1

)⇒(A B C0 0 0

∣∣∣∣∣−D−D1 + λD

),

rA = 1 6= rB = 2.Система несовместна и плоскости не пересекаются.

2. Если (A1B1C1) 6= λ (ABC), т.е. векторы неколлинеарны.rA = rB = 2 и система совместна; n− r = 3 − 2 = 1.


LL

LHHHHHHHH

LL

LLL

L LL

L��

LL

L

��

HH

HHHH

��

{By + Cz = −Ax−D,B1y + C1z = −A1x−D1.

y =

∣∣∣∣∣−Ax−D C−A1x−D1 C1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣B CB1 C1

∣∣∣∣∣

= kx+ l.

Аналогично z = k1x+ l1.

-x

6y

α

}l

0

Если z = 0, т.е. A1 = B1 = D1 = 0, тозаданная система уравнений дает извест-ное со школы уравнение прямой на плос-кости:

y = kx+ l

где k = tg α − угловой коэффициент. J

Параметрические уравнения плоскости и прямой

Задача 4

Пусть плоскость задана двумя векторами−→p и

−→q , лежащими

на ней, и точкой M0 с координатами (x0, y0, z0).Найти условия принадлежности точки M(x, y, z) плоскости D.

��x

-y

z

��

��

��

��

��

�

��1−→pM

−→q

M0

0

−→r0−→r

-HHHHHj� *

6I λ1

−→p + λ2

−→q =

−−−→M0M =

=−→r −−→

r 0. Отсюда

λ1px + λ2qx = x− x0

λ1py + λ2qy = y − y0

λ1pz + λ2qz = z − z0

⇓параметрическое уравнение

плоскостиn = 5, r = 3, n− r = 2 — число свободных параметров. J


Задача 5

Пусть прямая задана направляющим вектором−→a = (ax ay az)

и точкой M0 (x0, y0, z0). Найти условия принадлежности точкиM (x, y, z) этой прямой.

x

y

z

�

BB

BBBBM��*

��

-

6 ��*

−→aM0

M−→r

−→r0

I−−−→M0M =

−→r −−→

r0 = λ−→a

x− x0 = λax

y − y0 = λay

z − z0 = λaz

⇓параметрическое

уравнение прямой

Исключая параметр λ получим:

x− x0

ax=y − y0

ay=z − z0az

—каноническое

уравнение прямойJ

Пример 1. Пусть−→a = (2 − 1 0) и точка M0 (1, 2, 1) при-

надлежат прямой. Записать каноническое уравнение этой пря-мой.

Bx− 1

2=y − 2

−1=z − 1

0C

Векторные уравнения плоскости и прямой

Задача 6

Пусть плоскость задана нормальным единичным вектором−→n(∣∣∣

−→n∣∣∣= 1

)и точкой на плоскости M0 (x0, y0, z0).

Записать уравнение этой плоскости.


F Hормальным вектором плоскости называется такой век-тор, который ортогонален любому вектору, лежащему наэтой плоскости.

x

-y

z

−→r0 −→r

HHHj

HHHHHHHHHH##

###

##

###HHHHHHHHHH

HH

−→n

M0

M

��

��

��

7

1

6

��

��

I По условию−−−→M0M перпен-

дикулярен−→n . По свойству

скалярного произведения:

−−−→M0M · −→n = 0.

Поскольку−→r −−→

r0 =−−−→M0M ,

то получим

(−→r −−→

r0)·−→n = 0 — векторное уравнение плоскости J

Задача 7 Пусть вектор−→a и точка M0 (x0, y0, z0) принад-

лежат прямой. Записать уравнение прямой через векторы, безпривлечения параметра.

x

y

z

�

BB

BBBBM��*

��

-

6 ��*

−→aM0

M−→r

−→r0

I Поскольку

−−−→M0M =

−→r −−→

r0∣∣∣∣∣∣−→a ,

то используя свойство вектор-ного произведения, получим

(−→r −−→

r0)×−→a = 0 — векторное уравнение прямой J


Лекция 9. Уравнения прямой и плоскости

Одна и та же прямая или плоскость могут быть описаны раз-личными уравнениями. Выбор того или иного уравнения опре-деляется постановкой задачи.

Уравнение плоскости в отрезках

Задача 1

Hайти связь между уравнениями

Ax+By + Cz +D = 0 (1) иx

a+y

b+z

c= 1 (2) ,

и определить смысл a, b, c.

x

y

z

��HHHHHHH�

��

��

��a

b

c6

��

-

I Вопрос: Как осуществить пе-реход от (1) к (2)?

Ответ: Поделить на −D.

Ax

−D +By

−D +Cz

−D = 1,

a = −DA, b = −D

B, c = −D

C.

x

a+y

b+z

c= 1 — уравнение плоскости в отрезках J

Уравнение прямой в отрезках

Задача 2

Преобразовать общее уравнение прямой{Ax+By + Cz +D = 0,z = 0;

к уравнению прямой в отрезках.

Лекция 9. Уравнения прямой и плоскости 49

-

6y

x0 ll

ll

ll

ll

lll

b

︸︷︷︸a

I Ax+By +D = 0 | : (−D)︸︷︷︸⇓

x

a+y

b= 1 —

уравнениепрямой

в отрезках

где a = −DA b = −D

B J

Уравнение плоскости в нормальном виде

Задача 3

Пусть нормальный вектор плоскости задан направляющими ко-синусами

−→n =

cosαcosβcos γ

,

и известно кратчайшее расстояние p от этойплоскости до начала координат. Уравнениеплоскости выразить через эти величины.

x

-y

z

HHHHHHHHHH##

###

##

###HHHHHHHHHH

~n

M0 M

6

��

-

�

p> *

��

��

��

−→r0 −→r

I

(−→r −−→

r0)· −→n = 0

−→r−→n =

−→r0

−→n ,

−→r =

xyz

(x y z)

cosαcos βcos γ

=

−→r0

−→n ,

где∣∣∣−→n∣∣∣= 1.

Поскольку−→r0

−→n = пр−→

n

−→r0 = p, то получим

x cosα+ y cos β + z cos γ = p —уравнение плоскости

в нормальном видеJ


Задача 4

Дано уравнение плоскости в общем виде.Hайти расстояние p от плоскости до начала координат.

I Вопрос: Каким образом вы предлагаете решать эту задачу?

Ответ: Необходимо перейти от уравнения плоскости в общемвиде к уравнению плоскости в нормальном виде.

Ax+By + Cz +D = 0 =⇒

Ax+By +Cz = −D, где −→N =

ABC

,

∣∣∣−→N∣∣∣ 6= 1

Перейдем от−→N к

−→n .

−→N∣∣∣−→N∣∣∣

=−→n =

1√A2 +B2 + C2

ABC

=

cosαcos βcos γ

−→N · −→r = −D−→n · −→r = p

=⇒ p = − D∣∣∣−→N∣∣∣

= − D√A2 +B2 + C2

J

Пример 1. Hайти расстояние от плоскостиx− 2y + 4z + 5 = 0 до начала координат, направляющие коси-нусы нормального вектора и отрезок, лежащий на оси x междуплоскостью и началом координат.

B p = − D√A2 +B2 + C2

= − 5√1 + 4 + 16

= − 5√21

cosαcos βcos γ

=

1√A2 +B2 + C2

ABC

=

1√21

1−24

a = −5 C

Лекция 9. Уравнения прямой и плоскости 51

Задача 5

Пусть уравнение плоскости задано в общем виде.Hайти расстояние d от точки M1 до плоскости.

I Ax+By +Cz +D = 0, M1 (x1, y1, z1) 6∈ плоскости

−→r1

M1

p

d

x

-y

z

��

HHHHHHHHH

��

��

��6

��

��

��>

�−→r0 ��−→n

Вопрос: Каким образом мож-но выразить искомое расстоя-

ние d через радиус-вектор−→r1

точки M1?

Ответ:

d =−→r1 · −→n −−→

r0 · −→n =

=−→r1 · −→n − p

Поскольку−→n =

1√A2 +B2 + C2

ABC

, то

−→r1 · −→n =

1√A2 +B2 + C2

(Ax1 +By1 +Cz1) ,

Согласно Задаче 4

p = − D√A2 +B2 + C2

,

и расстояние от точки M1 (x1, y1, z1) до плоскости равно:

d =1√

A2 +B2 + C2(Ax1 +By1 + Cz1 +D) J

Пример 2. Hайти расстояние от точки M1 (3, 0, 1) до плос-кости x− 2y + 4z + 5 = 0.

B d =1√21

(1 · 3 + (−2) · 0 + 4 · 1 + 5) =12√21

C


Лекция 10. Линейные операторы

Линейные операторы описывают самые различные преобразо-вания, взаимодействия и объекты практически во всех облас-тях науки. Так, например, атом водорода описывается линей-ным оператором Шредингера, при этом его собственные век-торы называют волновыми функциями, а собственные значе-ния — энергетическими уровнями.

F Квадратную матрицу, под действием которой любой век-

тор−→x , принадлежащий пространству Rn, преобразуется

по определенному закону в некоторый вектор−→y , принад-

лежащий тому же пространству называют линейным опе-ратором.

−→x ∈ Rn

A=⇒ −→

y ∈ Rn, т.е. A−→x =

−→y .

Вопрос: Какой линейный оператор вам известен?Ответ: Оператор или матрица поворота.

R(ϕ) =

(cosϕ sinϕ− sinϕ cosϕ

), R(ϕ)

−→x =

−→y ,

∣∣∣−→x∣∣∣=∣∣∣−→y∣∣∣.

Собственные векторы, собственные числа

линейного оператора

F Собственным вектором линейного оператора A называется

такой вектор−→x

(i)

, который под действием этого оператораиспытывает только масштабное преобразование:

A−→x

(i)

= λi−→x

(i)

, (∗)

где λi — собственные числа,−→x

(i)

— собственные векторы.

Лекция 10. Линейные операторы 53

Задача 1

Показать, что единичные базисные векторы−→i ,

−→j ,

−→k являются

собственными векторами диагональной матрицы Λ.Hайти собственные числа диагональной матрицы.

F Диагональной матрицей называется такая матрица, у ко-торой отличны от нуля только элементы, стоящие на глав-ной диагонали.

I По условию Λ =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

= (3 × 3),

−→i =

100

,

−→j =

010

,

−→k =

001

.

Λ−→i =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

100

=

λ1

00

= λ1

100

= λ1

−→i

Аналогично Λ−→j = λ2

−→j , Λ

−→k = λ3

−→k . J

Задача 2

Показать, что любой вектор является собственным векторомединичной матрицы, при этом собственные значения равны еди-нице.

I По правилам умножения

1 0 00 1 00 0 1

x1

x2

x3

=

x1

x2

x3

.

Следовательно, E−→x = 1

−→x ⇒ λ = 1 J


Задача 3

Преобразовать уравнение (∗), определяющее собственные век-торы и собственные числа линейного оператора, к однородному

уравнению, т.е. (∗) ⇒ B−→x = 0.

I Очевидно A−→x

(i)

− λi−→x

(i)

= 0

Поскольку, согласно Задаче 2:−→x

(i)

= E−→x

(i)

, то

A−→x

(i)

− λiE−→x

(i)

= 0. Ответ: (A− λiE)−→x

(i)

= 0. (∗∗) J

Задача 4

Hайти условие, при котором система (∗∗) имеет нетривиальноерешение.

I

xi =∆i

∆все ∆i = 0

=⇒ xi 6= 0, если ∆ = 0.

det(A− λE) = 0 — характеристическое уравнение J

Задача 5

Pешить характеристическое уравнение для двухмерного про-странства.

I Вопрос: Как выглядит характеристическое уравнение длядвухмерного пространства в явном виде?

Ответ:

det

((a11 a12

a21 a22

)− λ

(1 00 1

))= 0 =⇒

∣∣∣∣∣a11 − λ a12

a21 a22 − λ

∣∣∣∣∣ = 0 — характеристическое уравнение

Лекция 10. Линейные операторы 55

λ2 − λ(a11 + a22) + a11a22 − a12a21 = 0

По теореме Виета: λ1 · λ2 = a11a22 − a12a21 =

∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣

λ1,2 =a11 + a22 ±

√(a11 + a22)2 − 4(a11a22 − a12a21)

2=

=a11 + a22

2±√

(a11 − a22)2 + 4a12a21

2J

Задача 6

Найти собственные векторы линейного оператора в двухмерномпространстве.

I Вопрос: Каким уравнением мы воспользуемся?

Ответ: Уравнением (∗), где λi определены Задачей 5.

A−→x

(i)

= λi−→x

(i)

⇒(a11 − λi a12

a21 a22 − λi

)(x

(i)1

x(i)2

)= 0

(a11 − λi)x(i)1 + a12x

(i)2 = 0 т.к. n− r = 2 − 1 = 1.

x(i)1 = ca12

x(i)2 = c(λi − a11)

=⇒ −→x

(i)

= c

(a12

λi − a11

)J

Пример 1. Найти−→x

(i)

и λi матрицы A =

(1 12 0

).

B 1.

∣∣∣∣∣1 − λ 1

2 −λ

∣∣∣∣∣ = 0 ⇒ λ2 − λ− 2 = 0 ⇒ λ1,2 = 2,−1

2.−→x

(1)

= c

(a12

λi − a11

)= c

(1

2 − 1

)= c

(11

)

Ответ: λ1,2 = 2,−1;−→x

(1)

= c

(11

),

−→x

(2)

= c

(1−2

)C


Лекция 11. Квадратичные формы и

классификация кривых второго порядка

До сих пор векторы использовались для описания линейных

объектов. В этой лекции будет рассмотрено, как векторы иматрицы можно использовать для описания нелинейных объ-ектов.

F Квадратичной формой в n-мерном пространстве называ-ется скалярное произведение следующего вида:

Q(x1, x2, . . . , xn) =

(−→x ,A

−→x

)=

= (x1 x2 · · · xn)

aii · · · ain...

. . ....

ain · · · ann

x1

x2...xn

=n∑

i=1

n∑

j=1

aijxixj ,

где матрица A — симметрическая.

F Квадратная матрица, которую не меняет транспонирова-ние AT = A, называется симметрической.

F Канонической квадратичной формой называется квадра-тичная форма, содержащая только квадраты переменных

Q(x1′, x2

′, . . . , xn′) =

(−→x′ ,Λ

−→x′)

=

= (x′1 x′2 · · · x′n)

λ1 · · · 0...

. . ....

0 · · · λn

x′1x′2...x′n

=n∑

i=1

λixi′2

Лекция 11. Квадратичные формы 57

Квадратичная форма в двухмерном пространстве

Q(x, y) =

(−→x ,A

−→x

)= (x y)

(a11 a12

a12 a22

)(xy

)=

= (xa11 + ya12 xa12 + ya22)

(xy

)= a11x

2 + 2a12xy + a22y2

Каноническая квадратичная форма имеет вид:

Q(x′, y′) = λ1x′2 + λ2y

′2

Классификация кривых второго порядка

F Кривые второго порядка: эллипс, гипербола и парабола—задаются уравнениями, которые содержат квадратичныеформы в двухмерном пространстве, причем, если1. λ1 · λ2 > 0 — эллипс,2. λ1 · λ2 < 0 — гипербола,3. λ1 · λ2 = 0 — парабола.

Пример 1. Определить тип кривой второго порядка, задан-ной уравнением: x2 + xy + y2 = 1.

B A =

(1 1

212 1

)Согласно Задаче 5 предыдущей лекции

λ1 · λ2 =

∣∣∣∣∣1 1

212 1

∣∣∣∣∣ = 1 − 14 > 0

Ответ: x2 + xy + y2 = 1 — эллипс. C

Пример 2. Определить тип кривой второго порядка, задан-ной уравнением: xy = 1.

B λ1 · λ2 =

∣∣∣∣∣0 1

212 0

∣∣∣∣∣ = −14 < 0

Ответ: xy = 1 — гипербола. C


Диагонализация матрицы квадратичной формы

Задача 1

Hайти оператор T , диагонализирующий матрицу квадратичной

формы: A =

(a11 a12

a12 a22

).

I Требуется найти такой оператор T , чтобы TAT−1 = Λ.

Будем исходить из уравнения (1) Лекции 10 : A−→x

(i)

= λi−→x

(i)

Подействуем оператором T : TA−→x

(i)

= λiT−→x

(i)

и далее

TAT−1T︸︷︷︸E

−→x

(i)

= λiT−→x

(i)

или TAT−1T−→x

(i)

= λiT−→x

(i)

По условию задачи TAT−1 = Λ, а значит

ΛT−→x

(i)

= λiT−→x

(i)

. (∗)

Согласно Задаче 1 Лекции 10 собственными векторами диаго-нальной матрицы являются единичные базисные векторы, т.е.

Λ−→e

(i)

= λi−→e

(i)

, (∗∗)

Из сопоставления (∗) и (∗∗) следует, что T−→x(i)

=−→e

(i)

или

−→x

(i)

= T−1−→e

(i)

(∗ ∗ ∗)

Если расписать (∗ ∗ ∗), то

(x(1)

y(1)

)= T−1

(10

);

(x(2)

y(2)

)= T−1

(01

)

откуда очевидно, что T−1 =

(x(1) x(2)

y(1) y(2)

)J

Лекция 11. Квадратичные формы 59

Задача 2

Hайти, при каком условии верно(−→x ,A

−→x

)=

(−→x

′,Λ

−→x

′).

I

(−→x ,A

−→x

)=

−→x

T

A−→x =

−→x

T

T−1T︸︷︷︸E

AT−1T︸︷︷︸E

−→x =

=−→x

T

T−1Λ−→x

′=

(−→x

′,Λ

−→x

′).

Поскольку(T−→x

)T

=−→x

T

T T , то получим T−1 = T T J

Задача 3

Hайти при каких условиях диагонализирующий оператор од-новременно является оператором поворота в двухмерном про-странстве.

I Вопрос: Чему равен R−1(ϕ) ? Ответ: R−1(ϕ) = R(−ϕ) =

=

(cos (−ϕ) sin (−ϕ)− sin (−ϕ) cos (−ϕ)

)=

(cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

).

Чтобы T−1 =

(x(1) x(2)

y(1) y(2)

)= R−1(ϕ), необходимо:

1. x(1) = y(2), y(1) = −x(2)

2. x(1)2 + y(1)2 = 1, т.е.

(−→x

(i)

,−→x

(i))

= 1 J

• Чтобы диагонализирующий оператор матрицы квадратичнойформы являлся оператором поворота необходимо собственныевекторы этой матрицы нормировать на единицу и брать их вопределенном порядке, как это показано соответственно в пунк-тах 2 и 1 Задачи 3.


Лекция 12. Кривые второго порядка

Простейшие нелинейные геометрические объекты — эллипс

(окружность), парабола и гипербола. Ниже будут рассмот-рены их свойства, а также их движение (сдвиг и поворот).

F Общее уравнение кривой второго порядка имеет вид:

Q(x, y) +Ax+By +D = 0,

где квадратичная форма зависит от абсциссы и ординаты.

• Если нет поворота и смещения кривой относительно началакоординат, то кривая описывается каноническим уравнением.

Канонические уравнения кривых второго порядка

Эллипс

x2

a2+y2

b2= 1 —

каноническое

уравнение эллипса

Вопрос: Почему это уравнение эллипса?

Ответ: Потому, что

λ1 · λ2 =

∣∣∣∣∣1/a2 0

0 1/b2

∣∣∣∣∣ =1

a2b2> 0

Вопрос: Каков смысл a и b ?

Ответ: Очевидно, что x = ±a и y = ±b— это точки пересеченияэллипса с координатными осями. Если a > b, то a — большая,а b — малая полуоси эллипса.

• При повороте кривой второго порядка появляется смешанноепроизведение xy, а при сдвиге Ax + By. Это касается любойкривой второго порядка.

Лекция 12. Кривые второго порядка 61

Задача 1

Известно, что каждая точка эллипса M(x, y) удовлетворяет ра-венству F1M+F2M = 2a, где F1(−c, 0) и F2(c, 0) — координатыфокусов. Выразить c через a и b.

6

x

y

-

M ′(0,−b)

−a

b

a��

M

F1 F2

!!!!!!!

I По построению

F1M′ = F2M

′.

Тогда по условию задачи:

F1M′ = a,

и по теореме Пифагора

c =√a2 − b2 J

F Отношение ε =c

aназывается эксцентриситетом эллипса

(гиперболы).

Гипербола

Задача 2

Hайти уравнение кривой, любая точка которой M(x, y), удовле-

творяет равенству∣∣∣F1M − F2M

∣∣∣= 2a, где F1(−c, 0) и F2(c, 0)— координаты фокусов.

I По условию:√

(x+ c)2 + y2 −√

(x− c)2 + y2 = 2a.После уничтожения радикалов получим: x2

(c2 − a2

) − a2y2 == a2

(c2 − a2

), откуда при c2 = a2 + b2 следует

x2

a2− y2

b2= 1 —

каноническое

уравнение гиперболы

Действительно: λ1λ2 =

∣∣∣∣∣1/a2 0

0 −1/b2

∣∣∣∣∣ = − 1

a2b2< 0 J


Задача 3

Найти уравнение асимптот гиперболы.

F Асимптотой называется такая прямая, к которой стремит-ся кривая в бесконечно удаленной точке.

x

y

−a

b

a -

6Q

QQ

QQ

QQ

QQ

QQ

QQ

QQQ

��

��

��

��

��

��

��

��−b

Ix2

a2− y2

b2= 1 � ∞

www�если

x, y → ∞y ' ± b

ax

y = ± b

ax —

уравнение

асимптот

Вопрос: Как построить асимптоты?

Ответ: Очевидно, что асимптоты являются продолжением диа-гоналей прямоугольника размером 2a× 2b. J

• Построение гиперболы начинать с построения асимптот.

Вопрос: Показать, что при заданных a и b можно построитьдве гиперболы.

Ответ: Hеравенство λ1λ2 < 0 безусловно имеет два реше-ния: λ1 > 0, λ2 < 0 и λ1 < 0, λ2 > 0, т.е. для второйгиперболы λ1 = −1/a2 и λ2 = 1/b2.

Вопрос: Как расположены ветви этих гипербол?

Ответ: Чтобы определить, как относительно асимптот распо-ложены ветви гиперболы, необходимо посмотреть какую ось онипересекают:

x2

a2− y2

b2= 1

y=0=⇒ x2

a2= 1 ⇒ x = ±a

Если бы −x2

a2+y2

b2= 1, то y = 0 — исключено.

Лекция 12. Кривые второго порядка 63

Парабола

Задача 4

Hайти уравнение кривой, каждая точка которой равноудаленаот точки фокуса F ( p

2 , 0) и прямой x = − p2 (директрисы).

-x

6y

A

−p2

p

2

M

��

I По условию AM = MF , т.е.

x+p

2=

√(x− p

2)2 + y2 ⇒

(x+p

2)2 − (x− p

2)2 = y2 ⇒

y2 = 2px —каноническоеуравнениепараболы

Действительно: λ1λ2 =

∣∣∣∣∣0 00 1

∣∣∣∣∣ = 0 J

Преобразование кривых второго порядка к

каноническому виду

Пример 1 Hайти каноническое уравнение кривойx2 + xy + y2 − 4x− 5y + 6 = 0,

угол ее поворота и построить эту кривую.

B 1. Чтобы избавиться от линейных по x и y слагаемых,совершим преобразование сдвига: {x′ = x− a, y′ = y − b}.После подстановки x = x′ + a, y = y′ + b получим

(x′ + a)2 + (x′ + a)(y′ + b) + (y′ + b)2 − 4(x′ + a)− 5(y′ + b) + 6 = 0

x′ : 2a+ b− 4 = 0y′ : a+ 2b− 5 = 0

}=⇒ a = 1, b = 2.

В результате уравнение приобретает вид

x′2 + x′y′ + y′2 = 1.


2. Запишем матрицу квадратичной формы A =

(1 1

212 1

)

и характеристическое уравнение:

∣∣∣∣∣1 − λ 1

212 1 − λ

∣∣∣∣∣ = 0.

3. Решение характеристического уравнения

(1 − λ)2 − 14 = 0 ⇒ 1 − λ = ± 1

2 ⇒ λ1 = 12 , λ2 = 3

2

определяет каноническое уравнение:12x

′′2 + 32y

′′2 = 1.

4. Решим уравнение на собственные векторы:

(A− λiE)−→x

(i)

= 0

−→x

(1)

= c

(12−1

2

),

−→x

(2)

= c

(1212

),

которые нормируем на единицу

−→x

(1)

=

( √2

2

−√

22

),

−→x

(2)

=

( √2

2√2

2

).

5. Запишем оператор поворота

T−1 =

( √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

)= R(−ϕ) =

(cos (−ϕ) sin (−ϕ)− sin (−ϕ) cos (−ϕ)

).

-

6 6

-x

x′

y y′ �

Rx′′

y′′

ϕ

Оператор поворота позволяетнайти угол поворота дваждыштрихованной системы коор-динат относительно заданной.

Ответ:x′′2

2+y′′2

2/3= 1 ,

ϕ = −450 C

Лекция 13. Поверхности второго порядка 65

Лекция 13. Поверхности второго порядка

Если кривые второго порядка задаются на плоскости, то по-верхности второго порядка — в трехмерном пространстве.Родственность этих геометрических объектов заключается

в том, что их уравнения содержат квадратичную форму.

F Поверхностью второго порядка называется поверхность,описываемая в декартовой системе координат уравнением:

(−→x ,A

−→x)

+Ax+By + Cz −D = 0 ,

где−→x =

xyz

, A = (3 × 3) —

матрица

квадратичной формы.

Вопрос: Плоскость или поверхность в общем случае описыва-ются функцией скольких переменных?

Ответ: Плоскость или поверхность в общем случае описывают-ся функцией двух независимых переменных, поскольку для ихописания достаточно одного уравнения в трехмерном простран-стве.

Поверхности вращения

F Поверхностью вращения называется такая поверхность,которая описывается уравнением инвариантным относи-тельно преобразования поворота вокруг оси вращения.

F Уравнение инвариантно относительно некоторого преоб-разования, если в результате этого преобразования оноостается неизменным.

Вопрос: Какая кривая при повороте не меняет свой вид?Ответ: Окружность.


x2 + y2 = x2′ + y2′ — инвариант поворота

F (x2 + y2, z) = 0 —уравнение

поверхности вращения

Эллипсоид вращения

x

y

z

��

��

-

6

x2 + y2

a2+z2

c2= 1 ,

x = 0;

⇓

y2

a2+z2

c2= 1 — эллипс

Гиперболоид вращения

Гиперболоиды вращения бывают двух типов: однополостные идвуполостные.

z

y

x

6

-

��

�

x2 + y2

a2− z2

c2= 1 —

одно-полостный

1. z = 0 ⇒ окружность: R = a

2. z > 0 ⇒окружность:

R = a

√

1 +z2

c2

3. x = 0 ⇒гипербола:

y2

a2− z2

c2= 1


��

��

z

y

x

-

6 −x2 + y2

a2+z2

c2= 1 —

дву-полостный

1. z = 0 ⇒ нет решения

2. z > c ⇒окружность:

R = a

√z2

c2− 1

3. x = 0 ⇒гипербола:

−y2

a2+z2

c2= 1

Параболоид вращения

x2 + y2 = 2pz

Цилиндрические поверхности

F Цилиндрической поверхностью называется такая поверх-ность, которая описывается уравнением, инвариантным от-носительно преобразования сдвига вдоль оси цилиндра.

Вопрос: Записать уравнение поверхности инвариантной отно-сительно преобразования сдвига z ⇒ z − z0.

Ответ: F (x, y) = 0 —уравнение

цилиндрической поверхности

Вопрос: Как выглядят уравнения параболического, эллипти-ческого и гиперболического цилиндров.

Ответ: Эти уравнения тождественны уравнениям параболы,эллипса и гиперболы соответственно. Цилиндры эти уравненияописывают в трехмерном пространстве.


Гиперболический цилиндр

z

y

6

x

��

��

-a a-

Вопрос: Изобразить по-верхность, заданную урав-нением

x2

a2− y2

b2= 1.

Ответ: Множество точек,получаемое переносом ги-перболы вдоль оси z, обра-зует гиперболический ци-линдр.

Параболический цилиндр

y

z 6

-�

��x

Вопрос: Записать уравнениеизображенной поверхности.Ответ: Поскольку сечение этойповерхности любой плоскостьюz = C представляет собой пара-болу, то эта поверхность описы-вается уравнением

y = 2px2, p > 0,

инвариантным относительно пре-образования сдвига z ⇒ z−z0.


Коническая поверхность

F Конической поверхностью второго порядка будем называтьтакую поверхность, сечение которой плоскостью x = 0 пред-

��

��

-

z

y

x

6ставляет собой пару симметрично пе-ресекающихся прямых.

x2

a2+y2

b2− z2

c2= 0 ,

x = 0;⇓

y2

b2− z2

c2= 0

⇓

z = ±cby —

пересекающиеся

прямые

Полярная система координат

В полярной системе координат каждая точка задается двумяпараметрами ρ и ϕ, где ρ ∈ [0,∞] — расстояние от точкидо полюса, и ϕ ∈ [0, 2π] — азимутальный угол от полярной осидо радиус-вектора точки. В трехмерном пространстве полярнаясистема координат, дополненная координатой z, называется ци-линдрической системой координат.

Задача 1

Hайти связь декартовой системы координат с полярной и наобо-рот.

-x

6y

��

��+

��3

ρ

ϕ

I x = ρ cosϕ, ρ =√x2 + y2,

y = ρ sinϕ; ϕ = arctgy

x. J

“В математике логика называется анализом,анализ же значит разделение, рассечение.”

Анри Пуанкаре

Раздел 2

Введение вматематический анализ

Лекция 14. Комплексные числа и их

свойства

Из этой лекции вам станет ясно, что не всякое школьноеутверждение является абсолютной истиной. В частности,если дискриминант меньше нуля, то квадратное уравнение име-ет решения, правда, для этого потребуется выйти из мно-жества действительных чисел.

Задача 1

Pешить уравнение: z2 = 1;

I z2 − 1 = 0;

(z − 1)(z + 1) = 0;

z1,2 = ±1 J

Вопрос: Что вы можете сказать о полученных числах и какиееще числа вы знаете?

Лекция 14. Комплексные числа и их свойства 71

Ответ: Это вещественные, рациональные, целые числа. Мно-жество вещественных чисел, помимо рациональных, включаетв себя иррациональные числа, которые, в отличие от рацио-нальных, не представимы периодической бесконечной десятич-ной дробью.

Задача 2

Pешить уравнение: z3 = 1;

I z3 − 1 = 0;

(z − 1)(z2 + z + 1) = 0;

z1 = 1, z2 + z + 1 = 0;

z2,3 = −1±√

1−42 = −1

2 ± i√

32 ;

√−3 =

√3√−1 = i

√3 J

Задача 2 привела нас к понятию мнимой единицы:

i =√−1 .

F Комплексным числом называется выражение следующеговида:

z = a+ ib = Re z + i Im z — алгебраическая форма

где a или Re z – действительная, а b или Im z – мнимаячасти комплексного числа.

F Комплексно сопряженным числом называется число, от-личающиеся от исходного только знаком (знаками) передмнимой единицей (единицами)

z∗ = a− ib .

• При комплексном сопряжении меняются знаки перед всемимнимыми единицами, входящими в это комплексное число.

72 Введение в математический анализ

Свойства комплексных чисел

1. Два комплексных числа равны, если их действительные имнимые части соответсвенно равны

z1 = z2 =⇒ a1 = a2, b1 = b2 .

2. Сумма комплексных чисел есть комплексное число

z1 + z2 = z3 =⇒ a1 + a2 = a3, b1 + b2 = b3 .

3. Произведение комплексных чисел есть комплексное число

z1z2 = z3 .

Действительно

(a1 + ib1)(a2 + ib2) = a1a2 + i2b1b2 + ia1b2 + +ia2b1 =

= a1a2 − b1b2 + i(a1b2 + b1a2),

где используется

i2 =√−1

√−1 = −1, i3 = i2i = −i, i4 = 1.

4. Частное комплексных чисел равно комплексному числуz1z2

= z3 =⇒ z3 =z1z

∗2

z2z∗2=z1z

∗2

|z2|2.

5. Модуль комплексного числа определяется, как квадратныйкорень из произведения комплексного числа на его комп-лексно сопряженное.

zz∗ = (a+ ib)(a − ib) = a2 + b2 = |z|2 .

|z| =√zz∗ =

√a2 + b2 .

Пример 1. Hайти модули z2,3 из Задачи 2.

B z2,3 = −12 ± i

√3

2 ,

|z2,3| =√

14 + 3

4 = 1 C

Лекция 14. Комплексные числа и их свойства 73

Комплексное число в декартовой и полярной

системах координат

Задача 3

Каков геометрический образ комплексного числа z = a+ ib?

-

6

0

ya+ ib

a x

b �

I Пара чисел — это точка на плос-кости. Ее отображение в декартовойсистеме координат для z = x + iy,где x и y — координаты комплексно-го числа на комплексной плоскости,представлено на рисунке. J

Пример 2. Отобразить на декартовой плоскости решение

6

x

y

�

1

z1

�

�z2

z3

0

-√

32

√3

2

--12

уравнения из Задачи 2.

B z1 = 1 , z2,3 = −12 ± i

√3

2 ,

x1 = 1 , x2,3 = −12 ,

y1 = 0 , y2,3 = ±√

32 . C

Задача 4

Выразить x и y через модуль комплексного числа и угол ϕ инаоборот.

I Используя связь декартовой и полярной систем координат(Лекция 13. Задача 1), запишем:

x = |z| cosϕ , y = |z| sinϕ ,|z| =

√x2 + y2 , ϕ = arctg y/x .

J

• z = |z|(cosϕ+ i sinϕ) — тригонометрическая форма


Задача 5

Попытайтесь проверить следующее очень важное равенство:

cosϕ+ i sinϕ = eiϕ — формула Эйлера

I | cosϕ+ i sinϕ| = 1, |eiϕ| = 1,

т.к. cos2 ϕ+ sin2 ϕ = 1; т.к.√eiϕe−iϕ =

√e0 = 1;

а также, при ϕ = 0 :

cos 0 + i sin 0 = 1, ei0 = 1 J

• z = |z|eiϕ — показательная форма

Задача 6

Обосновать формулу Муавра:

(cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ .

I (cosϕ+ i sinϕ)n = eiϕn = cosnϕ+ i sinnϕ J

Извлечение корня n-ой степени из комплексного

числа.

Задача 7

Hайти все корни w = n√z.

I Примем z = a+ ib = |z|ei(ϕ+2πk), т.к. ei2πk = 1, и тогда

wk = n

√|z|ei(ϕ+2πk) = n

√|z|e i(ϕ+2πk)

n

где k = 0, 1, 2, ..., n − 1, а n√|z| — арифметический корень n-ой

степени. При k = n корень тот же, что при k = 0 . J

• Корни n-ой степени — вершины правильного n-угольника.

Пример 3. Самостоятельно показать,что 3√

1 = 1, ei2π3 , ei

4π3 .

Лекция 15. Последовательности и пределы 75

Лекция 15. Последовательности и

пределы

Предел — это основное понятие математического анализа.Достаточно напомнить, что ключевым словом в определени-ях таких известных со школы понятий, как производная и ин-теграл, является слово предел.

Ограниченные и неограниченные

последовательности

F Если каждому натуральному числу n = 1, 2, 3, . . . , n, . . .по определенному закону поставлено в соответствие ве-щественное число xn, то множество этих чисел называетсяпоследовательностью:

{xn} = x1, x2, x3, . . . , xn, . . . — последовательность

где xn — общий элемент (член) последовательности.

Пример 1. Записать элементы последовательности:

{xn} = {an+ b− a}.

B {xn} = b, a+ b, 2a+ b, . . . , na+ b, . . . C

F Последовательность {xn} называется ограниченной сверху(снизу), если существует такое числоM (m), что ∀xn этойпоследовательности выполняется неравенство:

xn 6 M (xn > m) .

Вопрос: Назовите последовательность, ограниченную снизу.

Ответ: Натуральный ряд чисел {xn} = 1, 2, 3, . . . , n, . . .

F Последовательность {xn} одновременно ограниченная и сни-зу и сверху называется ограниченной m 6 ∀xn 6 M .


F Последовательность {xn} называется неограниченной, ес-ли ∀M > 0 найдется элемент последовательности xn, удов-летворяющий неравенству: |xn| > M .

Вопрос: Назовите неограниченную последовательность.

Ответ: {xn} = −1, −2, −3, . . . , −n, . . . , а также, подходитпредыдущий ответ.

Вопрос: Назовите ограниченную последовательность.

Ответ: {xn} = 1, 1/2, 1/3, . . . , 1/n, . . . , где 0 < 1/n 6 1 .

Определение предела последовательности

F Число a называется пределом последовательности {xn}, ес-ли ∀δ > 0 найдется такой номер N , что при n > N выпол-няется |xn − a| < δ.

limn→∞

xn = a — предел последовательности

F Последовательность, имеющая предел, называется сходя-щейся. В противном случае она называется расходящейся.

Задача 1

Выяснить смысл неравенства: |xn − a| < δ .

I |xn − a| =

{xn − a,

−xn + a,если xn − a > 0если xn − a < 0

xn − a < δ =⇒ xn < a+ δ

−xn + a < δ =⇒ xn > a− δ

-x

a− δ a+ δ

xN+1 xN x1 x0

��

a

xn ∈ (a− δ, a+ δ) при n > N J

F δ-окрестностью точки a называется интервал (a− δ, a+ δ).

Лекция 15. Последовательности и пределы 77

Пример 2. Показать, что limn→∞

1

n= 0 .

B Зададим произвольное δ > 0 и найдем такое N , что при

n > N выполняется∣∣∣∣1

n− 0

∣∣∣∣ < δ . Очевидно N =1

δC

F Предел последовательности {xn} равен ∞ (бесконечнос-ти), если ∀ > 0 найдется такой номер N , что при n > Nвыполняется |xn| > A.

limn→∞

xn = ∞ — бесконечный предел

F Величина называется бесконечно малой, если ее предел ра-вен 0, и бесконечно большой, если ее предел равен ∞ .

αn → 0 — бесконечно малая

βn → ∞ — бесконечно большаяНапример:

αn =1

nб.м.

βn = n б.б.

• Обратная бесконечно малой является бесконечно большой инаоборот βn = 1/αn .

Вычисление предела последовательности

Пример 3. Вычислить предел.

B limn→∞

5n−103n−6 =

{∞∞}

= limn→∞

n(5− 10n

)

n(3− 6n

)=

=lim

n→∞5− lim

n→∞10n

limn→∞3− lim

n→∞6n

=5− 10

∞

3− 6∞

= 53 C

Пример 4. Вычислить предел.

B limn→∞

√n+ 2 −√

n = {∞ −∞} =

= limn→∞

n+ 2 − n√n+ 2 +

√n

=2

∞ = 0 C

• Вычисление предела — это, как правило, раскрытие неопре-деленности вида: 0/0, ∞/∞, ∞ · 0, ∞−∞, 1∞, ∞0 и т.д.


Определение функции

F Пусть задано два множества чисел D и G , и пусть поопределенному закону каждому x ∈ D сопоставляется одно(несколько) y ∈ G , тогда говорят, что на множестве Dопределена однозначная (многозначная) функция y = f(x) ,при этом

D — область определения функции,x — независимая переменная или аргумент,y — зависимая переменная или функция,G — область допустимых значений функции.

-

6y

x

x0x0 − δ x0 + δ

y0

y0 − ε

�

Функции могут задаваться:

1. графически (см. рис.)2. аналитически: y = x2

3. таблично:

x 1 1.2 1.5 2 2.5

y 1 1.44 2.25 4 6.25

Пример 5. Hайти область определения, т.е. то множествозначений, при которых существует функция y =

√x2 − 1.

B x2 − 1 > 0,

(x− 1)(x + 1) > 0;

x− 1 6 0; (x− 1) > 0;x+ 1 6 0; или (x+ 1) > 0;

⇓ ⇓x 6 −1 x > 1

−110−1 10

--�

�

Ответ: x ∈ (−∞,−1] ∪ [1,∞) C

• Здесь и далее речь идет о действительном переменном.

Лекция 16. Непрерывность функции и ее разрывы 79

Лекция 16. Непрерывность функции и ее

разрывы

Из этой лекции мы узнаем, что разрывы функции подразделя-ют на два рода, а среди всевозможных пределов два пределаназваны замечательными.

Приращение аргумента и функции

F Приращением функции называется изменение функции призаданном приращении аргумента

∆f(x0) = f(x0 + ∆x) − f(x0) .

-

6y

x

x0 x0 + ∆x x3 x3 + ∆x

6

?

- � - �∆x∆x6

?

∆f(x3)︸︷︷︸ 6= ∆f(x0)︸︷︷︸

F Если x1 = x0, аx2 = x0 + ∆x, то

∆x = x2 − x1 —

приращениe аргумента

f(x2) − f(x1) =

f(x0+∆x)−f(x0) = ∆f(x0)

∆f(x3) = f(x3+∆x)−f(x3)

• Приращение функции, вотличие от приращения ар-гумента, зависит от само-го аргумента.

Определение непрерывности функции

F Функция f(x) непрерывна в точке x0, если в этой точкеона определена, а ее приращение стремится к нулю пристремлении к нулю приращения аргумента

∆f(x0) → 0 , если ∆x→ 0 .


Пример 1. Исследовать на непрерывность функцию y = 1x .

-

6y

x

B ∆f(x0) = 1x0+∆x − 1

x0=

= − ∆xx0(x0+∆x)

∆f(x0) → 0 при ∆x→ 0кроме точки x0 = 0.

F Точку, в которой прираще-ние функции не стремится к ну-лю при стремлении к нулю при-ращения аргумента, называютточкой разрыва функции. C

Определение предела функции в точке

F Число A является пределом функции f(x) в точке x0, если∀ε > 0, найдется такое δ > 0, что ∀x, удовлетворяющегонеравенству 0 < |x − x0| < δ, выполняется неравенство

|f(x) −A| < ε и записывают limx→x0

f(x) = A .

• В точке x0 функция f(x) может быть не определена.

-

6y

x

x0x0−δ x0+δ

A+ε

A

Вопрос: Чему равен предел при-ращения функции в точке x0, ес-ли в этой точке функция непре-рывна?

Ответ: Поскольку ∆f(x0) → 0,при ∆x→ 0, то

limx→x0

∆f(x0) = limx→x0

∆y = 0

• Функция непрерывна в точке x0, если предел приращенияфункции в этой точке равен нулю.


Задача 1

Пусть функция определена и непрерывна в точке x0. Найти пре-дел функции в этой точке.

I limx→x0

∆y = 0 ⇒ limx→x0

(f(x) − f(x0)) = 0 ⇒

limx→x0

f(x) − limx→x0

f(x0) = 0 ⇒ limx→x0

f(x) = f(x0) J

F Функция f(x) непрерывна в точке x0, если предел функциив этой точке равен значению функции в этой точке.

Определение предела функции на бесконечности

-

y

x

?

6ε

M

AA+ε

6 F Число A называется пределомфункции f(x) на бесконечности (вбесконечно удаленной точке), ес-ли ∀ε > 0, найдется такое M > 0,что при x > M , выполняется не-равенство |f(x) − A| < ε и запи-сывают

limx→∞

f(x) = A .

Предел функции слева и справа

F Число A называется пределом функции f(x) в точке x0

справа (слева), если ∀ε > 0, найдется такое δ > 0, чтопри x0 < x < x0 + δ (x0 − δ < x < x0), выполняется|f(x) −A| < ε и записывают

limx→x0+0

(x→x0−0)

f(x) = A


-x

x0 − δ x0 + δ

��

x0

�- • Предел функции в точке x0 су-ществует, если предел справа ра-вен пределу слева.

Разрывы первого и второго рода

Пример 2. Построить график функции y =x

|x| .

-

6y

x

1

−1

B Очевидно, что

y =x

|x| =

{−1 при x < 01 при x > 0

C

F Функция f(x) имеет в точке x0 разрыв первого рода, еслипределы слева и справа конечны, но не равны друг другу.

Пример 3. Вычислить limx→2±0

e1

x−2 .

B limx→2+0

e1

x−2 = e1

2+0−2 = e1

+0 = ∞, limx→2−0

e1

x−2 = e1−0 = 0 C

F Функция f(x) имеет в точке x0 разрыв второго рода, еслихотя бы один из пределов слева или справа бесконечен илине существует.

Пример 4. Вычислить: limx→0

sin 1x

B limx→0

sin 1x =

{sin 1

0

}— предел не существует. C

• Постройте график этой функции.

Первый замечательный предел

limx→0

sinx

x=

{0

0

}= 1


Задача 2

Следуя рисунку, доказать первый замечательный предел.

y

x-

6

CS

SS

SS

SSS

��

��

��

KA

x

B

I Согласно рисункуAB < BC < BK, гдеAB = sinx, BC = x, BK = tg xsinx < x < tg x : sinx1 < x

sinx <1

cos x

1 < limx→0

xsinx < lim

x→0

1cos x = 1 ⇒

⇒ limx→0

xsinx = 1 J

Второй замечательный предел

limx→±∞

(1 +

1

x

)x

={1±∞} = e = 2.718...

Основные правила вычисления пределов

1. limx→x0

C = C

2. limx→x0

[f(x) + g(x)] = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x)

3. limx→x0

f(x)g(x) = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x)

4. limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x), lim

x→x0g(x) 6= 0

5. limx→x0

f [u(x)] = f

[lim

x→x0u(x)

]

• Все правила имеют смысл, если пределы функций f(x),g(x), f [u(x)] и u(x) существуют.


Лекция 17. Бесконечно малые, бесконечно

большие и эквивалентные функции

Одна и та же функция в одной и той же точке может быть и

бесконечно малой, и бесконечно большой; так же, как муравеймал относительно слона и велик относительно микроба.

F Функции f(x) и g(x) являются эквивалентными в окрест-ности точки x0, если предел их отношения равен единице

limx→x0

f(x)

g(x)= 1 или f(x) '

x→x0g(x)

F Функция f(x) является бесконечно малой относительно g(x)в окрестности точки x0, если

limx→x0

f(x)

g(x)= 0 или f(x) '

x→x0o(g(x))

F Функция g(x) является бесконечно большой относительноf(x) в окрестности точки x0, если

limx→x0

g(x)

f(x)= ∞ или f(x) '

x→x0o(g(x))

• Согласно данным определениям

limx→x0

o (g(x))

g(x)= 0, lim

x→x0

g(x)

o(g(x))= ∞

Задача 1

Определить, какой является функция sinx относительно функ-ций 1, x, x2 в окрестности нуля.

Лекция 17. Бесконечно малые и эквивалентные функции 85

I 1. limx→0

sinx

1=

0

1= 0 ⇒ sinx '

x→0o(1) =⇒ б.м.

2. limx→0

sinx

x=

{0

0

}= 1 ⇒ sinx '

x→0x =⇒ эквив.

3. limx→0

sinx

x2= lim

x→0

sinx

xlimx→0

1

x=

{1

0

}= ∞ ⇒

⇒ x2 'x→0

o(sinx) =⇒ б.б. J

Теорема об эквивалентных функциях

Теорема

Чтобы функция f(x) была эквивалентна функции g(x) в окрест-ности точки x0, необходимо и достаточно выполнения равенства

f(x) = g(x) + o(g(x)) при x→ x0

I 1. При доказательстве достаточности исходят из доказыва-емого равенства:

f(x) = g(x) + o(g(x)) : g(x)

f(x)

g(x)= 1 +

o(g(x))

g(x)

limx→x0

f(x)

g(x)= 1 + lim

x→x0

o(g(x))

g(x)= 1 ⇒ f(x) '

x→x0g(x)

2. При доказательстве необходимости исходят из определенияэквивалентных функций:

limx→x0

f(x)

g(x)= 1

limx→x0

(f(x)

g(x)− 1

)= 0 ⇒ f(x)

g(x)− 1 =

x→x0o(1)

f(x) − g(x) =x→x0

g(x)o(1) ⇒ f(x) =x→x0

g(x) + o(g(x)) J


Аппроксимация элементарных функций

простейшими многочленами

• Аппроксимация — приближенное описание.

Задача 2

Найти эквивалентные следующих функций: sinx, cosx,ln (1 + x), expx, tg x — в окрестности точки нуль, в виде прос-тейших многочленов (степенью не выше двух).

-

y

x

��

��

��

��

��

0

y = x

y = sinx

−δ δ

��

��

BBN

6 I 1. sinx 'x→0

?

Согласно Задаче 1sinx =

x→0x+ o(x)

иначе sinx 'x→0

x

• В окрестности точки нуль пря-мая y = x сливается с кривойy = sinx.

-

y

x

y = cosx

��

XXyy = 1 − x2

2

0

6

−δ δ

2. cos x 'x→0

?

Очевидно, что limx→0

cos x = 1,

т.е. cos x =x→0

1 + o(1)

Теперь o(1) = ? Попробуем, неявляется ли o(1) ' x?

limx→0

cos x− 1

x=

{0

0

}=

= limx→0

−2(sinx/2)2

x= − lim

x→0

2(x/2)2

x= 0 =⇒ o(1) 6' x

Легко убедиться, что limx→0

cos x− 1

−x2/2= 1, т.е.

o(1) = cos x− 1 'x→0

−x2/2 =⇒ cos x 'x→0

1 − x2/2

Лекция 17. Бесконечно малые и эквивалентные функции 87

-

6y

x

��

��

��

��

−1y = ln (1 + x)

y = x

0

AAU

BBM

3. ln (1 + x) 'x→0

?

limx→0

ln (1 + x)

x=

{0

0

}=

= limx→0

ln (1 + x)1/x =

= ln limx→0

(1 + x)1/x = ln e = 1

Следовательно ln (1 + x) 'x→0

x

-

6y

x−1

y = 1 + x

0

��

��

��

��

�

BBMy = ex

SSw

4. ex 'x→0

?

Поскольку limx→0

ex = 1, то

ex 'x→0

1 + o(1)

o(1) = ?

limx→0

ex − 1

x=

{y = ex − 1x = ln (1 + y)

}=

= limx→0

y

ln (1 + y)= lim

x→0

y

y= 1

При вычислении последнего предела был использован результат

пункта 3. Таким образом ex − 1 'x→0

x или ex 'x→0

1 + x

-

y

x

��

��

��

��

y = x0

y = tg x

6CCO

PPi

5. tg x 'x→0

?

Поскольку limx→0

tg x = 0, то

tg x 'x→0

o(1)

o(1) = ? Так как

limx→0

tg x

x= lim

x→0

sinx

x

1

cos x= 1, то

tg x 'x→0

x J

• Рисунки наглядно показывают, что заданные функции и ихэквивалентные в окрестности точки нуль почти не различимы.• Вычисление пределов можно проводить путем замены под зна-ком предела заданных функций на их эквивалентные.

“Нам нужна способность, которая позволяла бы видеть цельиздали, а эта способность есть интуиция.”


Раздел 3

Дифференциальноеисчисление

Лекция 18. Пpоизводная, ее

геометpический и механический смысл

Важнейшим понятием математического анализа является

пpоизводная, котоpая опpеделяет скоpость изменения функ-ции.

F Пpоизводной функции f(x) в точке x0 называется пpеделотношения пpиpащения функции к пpиpащению аpгумен-та пpи стpемлении последнего к нулю

lim∆x→0

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x= lim

∆x→0

∆f(x0)

∆x= f ′(x0) .

Пример 1. Вычислить производную функции f(x) = x2 вточке x = 5.

Лекция 18. Пpоизводная и ее смысл 89

B ∆f(5) = f(5 + ∆x) − f(5) = 10∆x+ ∆x2,

f ′(5) = lim∆x→0

10∆x+ ∆x2

∆x=

{0

0

}=

= lim∆x→0

∆x(10 + ∆x)

∆x= lim

∆x→0(10 + ∆x) = 10. C

Производная справа и слева

F Правой (левой) пpоизводной функции f(x) в точке x0 на-зывается пpедел справа (слева) отношения пpиpащенияфункции к пpиpащению аpгумента пpи стpемлении по-следнего к нулю

limx→x0±0

f(x) − f(x0)

x− x0= lim

∆x→±0

∆f(x0 ± 0)

∆x= f ′(x0 ± 0) .

Пример 2. Вычислить производную функции f(x) = |x−1|в точке x = 1.

-x1

6y B |x−1| =

{x− 1, при x > 1−x+ 1, при x < 1

f ′(1 + 0) = limx→1+0

x− 1

x− 1= 1,

f ′(1 − 0) = limx→1−0

−x+ 1

x− 1= −1.

f ′(1 + 0) 6= f ′(1 − 0) =⇒ f ′(1) — не существует C

Геометрический смысл производной

Задача 1

Получить уравнение касательной.

F Касательной называется предельное положение секущейпри стремлении второй точки секущей к первой.

90 Дифференциальное исчисление

-

6

x

y

�

�

x1x0

f(x0)

f(x1)

α α+π/2

I Запишем уравнение секущей

y−f(x0) =f(x1) − f(x0)

x1 − x0(x−x0)

и устpемим вторую точку секу-щей к первой, тогда поскольку

limx1→x0

f(x1) − f(x0)

x1 − x0= f ′(x0),

то вычисление предела дает

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0) —уpавнениекасательной

где угловой коэффициент касательной kкас = tgα = f ′(x0) J

F Пpоизводная функции pавна тангенсу угла наклона каса-тельной к гpафику функции.

Задача 2

Получить уравнение ноpмали.

F Hоpмалью называется прямая, пpоходящая чеpез точку ка-сания пеpпендикуляpно касательной.

I y − f(x0) = kноpм (x− x0), где

kноpм = tg (α+ π/2) = − ctgα = − 1

tgα= − 1

f ′(x0).

y − f(x0) = − 1

f ′(x0)(x− x0) —

уpавнениеноpмали

J

Пример 3. Hайти уравнения касательной и ноpмали дляфункции f(x) = x2 в точке x = 5.

B f ′(5) = 10, f(5) = 25, и очевидноyкас − 25 = 10(x − 5), yноpм − 25 = −0.1(x− 5) C

Лекция 18. Пpоизводная и ее смысл 91

Задача 3

Показать, что если производная положительна, то функция воз-растает, а если отрицательна, то убывает.

F Функция f(x) возрастает (убывает) на интервале (a, b),если ∀x0 ∈ (a, b) выполняется:

∆f(x0) > 0 (∆f(x0) < 0) при ∆x > 0.

6

x

y

x0

f(x0)

�

�

6

?

-� ∆x

∆f(x0)

-

I Пусть f ′(x0) > ε > 0, тогдаиз определения производной какпредела следует

f ′(x0)− ε <∆f(x0)

∆x< f ′(x0) + ε,

откуда

∆f(x0) > 0 при ∆x > 0. J

Механический смысл производной

Задача 4

Известно, что траекторией брошенного камня является парабо-ла. Найти его скорость и ускорение.

-

6

x, t

y

t1

h1

I Поскольку горизонтальное дви-жение равномерное, то вертикаль-ная координата равна:

h(t) = −g2(t− t1)

2 + h1, тогда

h′(t) = −g(t− t1) — скорость

h′′(t) = −g — ускорение J

• Вычисление производной позволило нам “получить” извест-ный физический закон, что всякое брошенное тело испытываетпостоянное ускорение свободного падения.


Основные правила дифференцирования

F Функция f(x) называется дифференцируемой в точке x0,если она имеет производную в этой точке.

Вопрос: Является ли непрерывной дифференцируемая функция?Ответ: Да, поскольку для существования предела, определяю-щего производную, необходимо ∆f(x0) → 0 при ∆x→ 0.

Задача 5

Показать, что производные суммы, произведения и частного двухдифференцируемых функций определяются следующими фор-мулами:

1. (u+ v)′ = u′ + v′

2. (uv)′ = u′v + v′u3. (u/v)′ = (u′v − v′u)/v2

I 1. (u+ v)′ = lim∆x→0

∆(u+ v)

∆x= lim

∆x→0

∆u+ ∆v

∆x= u′ + v′

2. (uv)′ = lim∆x→0

∆(uv)

∆x= lim

∆x→0

u(x0 + ∆x)v(x0 + ∆x) − uv

∆x=

=

{u(x0 + ∆x) = u+ ∆uv(x0 + ∆x) = v + ∆v

}= lim

∆x→0

(u+ ∆u)(v + ∆v) − uv

∆x=

= lim∆x→0

∆uv + ∆vu+ ∆u∆v

∆x= u′v+ v′u+u′ lim

∆x→0∆v

︸︷︷︸=0

= u′v+ v′u.

3. (u/v)′ = lim∆x→0

∆(u/v)

∆x=

{∆u

v=u+ ∆u

v + ∆v− u

v

}=

= lim∆x→0

∆uv − ∆vu

∆xv(v + ∆v)=u′v − v′u

v2J

Лекция 19. Вывод таблицы производных 93

Лекция 19. Вывод таблицы производных

Так же, как при умножении чисел используют не определениедействия умножения, а таблицу умножения, так и при вычис-лении производных используют не определение производной, атаблицу производных.

Задача 1

Показать, что производная сложной функции равна произведе-нию производных составляющих функций, т.е.

f ′x = f ′uu′x, где f = f [u(x)]

I f ′x = lim∆x→0

∆f

∆x= lim

∆x→0

∆f∆u

∆x∆u= lim

∆x→0

∆f

∆ulim

∆x→0

∆u

∆x= f ′uu

′x J

• Прежде чем вычислять производную функции, необходимо опре-делить число составляющих ее функций.

Задача 2

Используя определение производной, вычислить производные эле-ментарных функций.

I 1. C ′ =?

C ′ = lim∆x→0

C − C

∆x= lim

∆x→0

0

∆x= 0

2. (xn)′ =?

Поскольку (x)′ = 1,(x2)′

= 2x, то можно предположить, что(xn)′ = nxn−1. Последнее верно, если при этом предположениивыполняется

(xn+1

)′= (n+ 1)xn. Докажем это равенство

(xn+1

)′= (xxn)′ = x′xn + x (xn)′ = 1 · xn + xnxn−1 = (n+ 1)xn.

Следовательно (xn)′ = nxn−1.

• Доказательство дано методом математической индукции.


3. (ex)′ =?

(ex)′ = lim∆x→0

ex+∆x − ex

∆x= ex lim

∆x→0

e∆x − 1

∆x=

=

{e∆x '

∆x→01 + ∆x

}= ex lim

∆x→0

∆x

∆x= ex.

Найдем пpоизводную показательной функции

(ax)′ =(ex lna

)′=

= {f ′x = f ′u · ux′} = ex ln a(x ln a)′ = ex ln a · ln a = ax ln a.

4. (lnx)′ =?

(lnx)′ = lim∆x→0

ln (x+ ∆x) − lnx

∆x= lim

∆x→0

ln x+∆xx

∆x=

= lim∆x→0

ln (1 + ∆xx )

∆x=

{ln (1 + u) '

u→0u

}= lim

∆x→0

∆xx

∆x=

1

x.

5. (sinx)′, (cos x)′ =?

Вычислить пpоизводную синуса чеpез пpоизводную экспоненты.

(sinx)′ =

(eix − e−ix

2i

)′=eix(i) − eix(−i)

2i=eix + e−ix

2= cos x.

Вычислить пpоизводную косинуса чеpез пpоизводную синуса.

(cos x)′ =

(sin

(π

2− x

))′= cos

(π

2− x

)(−1) = − sinx.

6. (tg x)′, (ctg x)′ =?

Вычислить пpоизводную тангенса чеpез пpоизводные синуса икосинуса.

(tg x)′ =

(sinx

cos x

)′=

cos x · cos x− sinx · (− sinx)

cos2 x=

1

cos2 x.

Вычислить пpоизводную котангенса чеpез пpоизводную танген-са.

(ctg x)′ =

(tg

(π

2− x

))′=

1

cos2(π

2 − x) ·(π

2− x

)′= − 1

sin2 x.

Лекция 19. Вывод таблицы производных 95

7. (ch x)′, (sh x)′ =?

chx =ex + e−x

2, (ch x)′ =

ex − e−x

2= shx,

shx =ex − e−x

2, (shx)′ =

ex + e−x

2= ch x.

Для завершения таблицы производных потребуется решить сле-дующую задачу.

Задача 3

Найти связь производной функции с производной обратной функ-ции.I Пусть обе функции: прямая y = y(x) и обратная x = x(y) —непрерывны и дифференцируемы на отрезке [a, b], тогда

xy′ = lim

∆y→0

∆x

∆y= lim

∆y→0∆x→0

1∆y

∆x

=1

lim∆x→0

∆y

∆x

=1

yx′ .

xy′ = 1/yx

′ J

Продолжим решение Задачи 2.

8. (arcsin x)′, (arccos x)′ =?Пусть y = arcsinx, тогда x = sin y.

(arcsinx)x′ =

1

xy′ =

1

(sin y)y′ =

1

cos y=

1√1 − sin2 y

=1√

1 − x2

Аналогично получим, что (arccos x)′ = − 1√1 − x2

.

9. (arctg x)′, (arcctg x)′ =?Пусть y = arctg x, тогда x = tg y.

(arctg x)x′ =

1

xy′ =

11

cos2 y

=1

1 + tg2 y=

1

1 + x2.

Нетрудно показать, что (arcctg x)x′ = − 1

1 + x2J


Таблица производных

N f(x) f ′(x)

1 C 0

2 xn nxn−1

3ex ex

ax ax ln a

4 ln x1

x

5 sin x cos x

cos x − sin x

6tg x

1

cos2 x

ctg x − 1

sin2 x

7ch x sh x

sh x ch x

8arcsin x

1√1 − x2

arccos x − 1√1 − x2

9arctg x

1

1 + x2

arcctg x − 1

1 + x2

Лекция 20. Дифференциал функции 97

Лекция 20. Дифференциал функции

Дифференциал функции — понятие столь же часто использу-емое в математике, как и пpоизводная.

Теорема о дифференцируемой функции

Теорема

Чтобы функция f(x) была дифференцируема в точке x0, необ-ходимо и достаточно выполнения равенства:

∆f(x0) = f(x0 + ∆x) − f(x0) =∆x→0

f ′(x0)∆x+ o(∆x). (∗)

Достаточность

Докажем, что если формула (∗) выполняется, то функция диф-ференцируема, т.е. имеет производную. Поделим обе части ра-венства (∗) на ∆x, тогда

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x= f ′(x0) +

o(∆x)

∆x,

lim∆x→0

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x= f ′(x0) + lim

∆x→0

o(∆x)

∆x= f ′(x0).

Необходимость

Исходим из определения производной. Поскольку

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x,

то согласно определения предела

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x'

∆x→0f ′(x0) .


илиf(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x− f ′(x0) =

∆x→0o(1),

и далее

f(x0 + ∆x) − f(x0) − f ′(x0)∆x =∆x→0

o(1)∆x =∆x→0

o(∆x),

что и требовалось доказать.

Вопрос: Что является эквивалентной приращению функции?

F Согласно доказанному равенству (∗), эквивалентной при-ращению функции является произведение производнойфункции на приращение аргумента, т.е.

df(x0) = f ′(x0)∆x — дифференциал функции.

Вопрос: Чему равен дифференциал аргумента?

dx = x′∆x = ∆x.

F Приращение аргумента тождественно равно дифференци-алу аргумента:

dx = ∆x — дифференциал аргумента.

Вопрос: Как выразится производная функции через дифферен-циалы функции и аргумента?

F Производная функции равна частному дифференциаловфункции и аргумента:

f ′(x0) =df(x0)

dx— производная функции.

Лекция 20. Дифференциал функции 99

Геометрический смысл дифференциала

Задача 1

Выяснить геометрический смысл дифференциала.

-

6

x0 x

f(x0)

y

α

�

�

��A

B

-� ∆x

?

6

∆f(x0)

CI Согласно рисункуAB = f(x0 + ∆x) − f(x0)— приращение функции, аAC = tgα∆x = f ′(x0)∆x == df(x0)— приращение ординаты ка-сательной. J

F Дифференциал функции— это приращение ординатыкасательной.

Задача 2

Самостоятельно показать, что дифференциалы суммы, произ-ведения и частного двух дифференцируемых функций опреде-ляются следующими формулами:

1. d(u+ v) = du+ dv2. d(uv) = vdu+ udv3. d(u/v) = (vdu− udv)/v2

Дифференциал и приближенное вычисление

f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + df(x0) = f(x0) + f ′(x0)∆x

Пример 1. Вычислить√

0.9.

B√

0.9 =√

1 − 0.1 ≈{x0 = 1, ∆x = −0.1f(x0) = 1, f ′(x0) = 1/2

}≈

≈ 1 − 0.1/2 = 0.95 C


Производные и дифференциалы высших порядков

F Производной или дифференциалом второго порядка назы-вается производная производной или дифференциал диф-ференциала первого порядка.

f ′′(x) = (f ′(x))′, d2f(x) = d(df(x))

Задача 3

Выразить дифференциал и производную n-го порядка.

I d2f(x) = d(df(x)) = d(f ′(x)∆x) =

= d(f ′(x))∆x+ f ′(x) d(∆x)︸︷︷︸=0

=

{(∆x)′ = 0 т.к. ∆xне зависит от x

}=

= f ′′(x)∆x∆x = f ′′(x)(dx)2 = f ′′(x)dx2.В последнем равенстве круглые скобочки подразумеваются: этотот редкий случай, когда математики пишут одно, а подразу-мевают другое. Отсюда

f ′′(x) =d2f(x)

dx2.

Методом математической индукции можно показать, что

dnf(x) = f (n)(x)dxn, f (n)(x) =dnf(x)

dxnJ

Задача 4

Проверить инвариантность формы дифференциала первого по-рядка.

df = f ′xdx = f ′udu, где f = f [u(x)] — сложная функция

I f ′xdx = f ′uu′xdx = f ′udu. Самостоятельно показать, что

d2f = f ′′xxdx2 6= f ′′uudu

2, где f ′′xx = (f ′x)′x J

Лекция 21. Формула Тейлора 101

Лекция 21. Формула Тейлора

Если дифференциал функции описывает приращение функции в

первом приближении, то многочлен Тейлора описывает при-ращение функции со сколь угодной точностью.

Задача 1

Пусть функция f(x) непрерывна и n+ 1 раз дифференцируемана отрезке [a, b]. Найти эквивалентную приращения функции вокрестности точки x0 ∈ [a, b] в виде многочлена n-ой степени.

I Согласно предыдущей лекции

f(x) − f(x0) = df(x0) + o(x− x0),

а требуется найти такой Pn(x) =n∑

k=1

Ak(x− x0)k, чтобы

f(x) − f(x0) = Pn(x) + o ((x− x0)n) .

Для нахождения Ak необходимо n раз продифференцировать ра-венство

f(x) − f(x0) = A1(x − x0) + A2(x − x0)2 + A3(x − x0)

3 + · · ·+An(x− x0)

n + o ((x− x0)n).

В результате получим

f ′(x) = A1 + 2A2(x− x0) + 3A3(x− x0)2 + · · ·+nAn(x− x0)

n−1 ++ o

(n(x− x0)

n−1),

f ′′(x) = 2A2 + 3 · 2A3(x − x0) + · · · + n · (n − 1)An(x − x0)n−2 +

+ o(n · (n− 1)(x− x0)

n−2),

f ′′′(x) = 3 · 2 · 1A3 + · · · + n · (n − 1) · (n − 2)An(x − x0)n−3 +

+ o(n · (n− 1) · (n− 2)(x− x0)

n−3),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

f (n)(x) = n · (n− 1) · · · 3 · 2 · 1An + o (n · (n− 1) · · · 3 · 2 · 1).Положим x = x0, тогда


f ′(x0) = A1, f′′(x0) = 2A2, f

′′′(x0) = 3!A3, . . . , f(n)(x0) = n!An︸︷︷︸

⇓

Ak =f (n)(x0)

k!—

коэффициенты

Тейлора

Итак, приращение функции в точке x0 в виде многочлена n-ойстепени имеет вид

∆f(x0) =n∑

k=1

f (k)(x0)

k!(x− x0)

k + o ((x− x0)n),

где второе слагаемое дает погрешность многочлена Тейлора. Тоже равенство можно записать иначе

f(x) =n∑

k=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)

k + o ((x− x0)n) —

формула

ТейлораJ

Задача 2

Пусть функция f(x) непрерывна и n+ 1 раз дифференцируемав окрестности точки x = 0. Представить ее в виде многочленаn-ой степени в окрестности этой точки.

I Согласно Задаче 1

f(x) =n∑

k=0

f (k)(0)

k!xk + o (xn) —

формула

МаклоренаJ

Пример 1. Представить ex в виде многочлена Маклорена.

B f (k)(0) =? Очевидно e(k)(0) = 1 и

ex =n∑

k=0

xk

k!+ o (xn) C

Лекция 21. Формула Тейлора 103

Пример 2. Представить (a+x)n в виде многочлена Макло-рена.

B f (0)(0) = an, f (1)(0) = na(n−1), f (2)(0) = n(n− 1)a(n−2), . . .f (k)(0) = n(n− 1) · · · (n− k + 1)a(n−k), . . .

f (n)(0) = n(n− 1) · · · 3 · 2 · 1a0 = n!

Поскольку все последующие производные равны нулю, то под-становка производных в формулу Маклорена даст точное равен-ство

(a+ x)n = an + na(n−1)x+n(n− 1)

2!a(n−2)x2 + · · ·

+n(n− 1) · · · (n− k + 1)

k!a(n−k)xk + · · · + nax(n−1) + xn

C

• Полученный результат можно записать иначе

(a+ b)n =n∑

k=0

n!

k!(n− k)!a(n−k)bk — бином Ньютона

Пример 3. Известно, что sinx 'x→0

x.

Найти следующее приближение.

B sin(0) 0 = 0, sin(1) 0 = cos 0 = 1, sin(2) 0 = − sin 0 = 0,

sin(3) 0 = − cos 0 = −1 =⇒ sinx ≈ x− x3

6C

Дифференцирование параметрически заданных

функций

Задача 3

Найти производные первого и второго порядка для параметри-чески заданных функций.

F Функция y = y(x) задана параметрически, еслиx = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ T ,где T — область определения функции.


I y′x =dy

dx=

{dy = ψ′(t)dtdx = ϕ′(t)dt

}=

ψ′(t)ϕ′(t)

= y′x ; y′′xx =d

dxy′x =

=d

dx

(ψ′(t)ϕ′(t)

)=

(ψ′(t)ϕ′(t)

)′

ϕ′(t)=

ψ′′(t)ϕ′(t) − ψ′(t)ϕ′′(t)(ϕ′(t))3

= y′′xx . J

Пример 4. Найти производные функции

{y = b sin tx = a cos t

.

B y′x =ψ′(t)ϕ′(t)

=b cos t

−a sin t= − b

actg t,

y′′xx =ψ′′(t)ϕ′(t) − ψ′(t)ϕ′′(t)

(ϕ′(t))3= − b

a2 sin3 t. C

Дифференцирование неявно заданных функций

F Функция задана неявно, если она определенауравнением F (x, y) = 0.

Пример 5. Найти производные функцииx2

a2+y2

b2= 1.

• Можно догадаться, что задача дифференцирования неявно за-данных функций решается простым дифференцированием урав-нения по переменной x.

B2x

a2+

2yy′

b2= 0 =⇒ y′ = − b

2x

a2y,

2

a2+

2y′2 + 2yy′′

b2= 0 =⇒ y′′ = − b4

a2y3C

Пример 6. Выразив для эллипса явную зависимость y от xвычислить y′ и y′′. Полученный результат сравнить с результа-тами Примеров 4 и 5. Оценить какое задание функции быстрееприводит к результату (самостоятельно).

Лекция 22. Теоремы о среднем 105

Лекция 22. Теоремы о среднем

В этой лекции будут получены некоторые важные соотноше-ния между производной функции и самой функцией.

Экстремум функции

F Точка x0 называется точкой локального максимума (мини-мума) функции f(x), если в некоторой δ-окрестности этойточки f(x) непрерывна и удовлетворяет неравенству:

f(x) < f(x0) — max(f(x) > f(x0) — min

) при x 6= x0.

F Локальный максимум или минимум называют локаль-ным экстремумом.

Пример 1. Указать точки локального экстремума функ-

-

6

�

�

�

�

a b c d x

y ции, заданной на отрезке [a, d].

B Очевидно, что

f(b) — max,

f(c) — min;в то время как

f(d) — наибольшее,

f(a) — наименьшее C

• Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке мо-гут не быть локальными экстремумами.

Теорема Ферма

Если функция f(x) дифференцируема в точке x0 и имеет в этойточке локальный экстремум, то тогда ее производная в этойточке равна нулю.


I Если функция дифференцируема в точке x0, то ее левая иправая производные равны, т.е.

limx→x0−0

f(x) − f(x0)

x− x0= lim

x→x0+0

f(x) − f(x0)

x− x0= f ′(x0).

Пусть для определенности в точке x0 — max. Тогда

f(x) − f(x0) 6 0 при x 6 x0 и при x > x0︸︷︷︸⇓

f ′(x0) = 0 J

Теорема Ролля

Если функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], дифференци-руема на интервале (a, b) и f(a) = f(b), то существует хотя быодна точка ξ ∈ (a, b) такая, что f ′(ξ) = 0.

I 1. Если f(x) ≡ f(a) ≡ f(b) при x ∈ (a, b),тогда f ′(ξ) = 0 ∀ξ ∈ (a, b).

2. Если f(x) 6= const, то на интервале (a, b) найдется хотябы одна точка ξ локального экстремума. Но тогда в этой точке,согласно теореме Ферма, f ′(ξ) = 0. J

Теорема Коши

Если функции f(x) и g(x):

— непрерывны на отрезке [a, b],— дифференцируемы на интервале (a, b),— g′(x) 6= 0,

тогда найдется такая точка ξ ∈ (a, b), в которой выполняетсясоотношение

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=f ′(ξ)g′(ξ)

(∗)

Лекция 22. Теоремы о среднем 107

I Для доказательства вводится вспомогательная функция,удовлетворяющая всем условиям теоремы Ролля

F (x) = f(x) − f(a) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)(g(x) − g(a)),

а значит, найдется такая точка ξ ∈ (a, b), что F ′(ξ) = 0. Итак

F ′(ξ) = f ′(ξ) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g′(ξ) = 0 =⇒ (∗) J

Теорема Лагранжа

Если функция f(x):

— непрерывна на отрезке [a, b],— дифференцируема на интервале (a, b),

тогда найдется такая точка ξ ∈ (a, b), в которой выполняетсясоотношение

f(b) − f(a) = f ′(ξ)(b− a) (∗∗)

I Вопрос: Как с помощью соотношения (∗) получить (∗∗)?Ответ: Ввести функцию g(x) = x. Поскольку

g′(ξ) = 1, g(b) − g(a) = b− a, то (∗) =⇒ (∗∗) J

Задача 1

Определить геометрический смысл теоремы Лагранжа.

-

6

a b x

y

�

�

�

ξ

f(b)

f(a)

I Так какf(b) − f(a)

b− a= tgϕ

тангенс угла наклона секущей,а f ′(ξ) — тангенс угла накло-на касательной, то согласно те-оремы Лагранжа найдется та-кая точка ξ ∈ (a, b), в которойони равны. J


Задача 2

Пусть функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b] и имеетна этом отрезке n нулей. Показать, что f ′(x) имеет на этомотрезке нулей не меньше чем n− 1.

I По условию

f(x1) = f(x2) = · · · = f(xn) = 0, где x1, x2, . . . , xn ∈ [a, b].

Тогда на отрезках

[xi, xi+1] ∈ [a, b], где i = 1, n− 1

выполнены условия теоремы Ролля, а значит найдутся точки

ξi ∈ [a, b], где f ′(ξi) = 0. J

Задача 3 (метод Ньютона)

Пусть функция f(x) имеет непрерывную знакопостоянную про-изводную на отрезке [a, b] и f(c) = 0, где a < c < b. Получитьс помощью уравнения касательной алгоритм нахождения нуляфункции.

-

6

x

y

bca

x2 x1 x0

� ��

I Проведем касательную к кри-вой в точке x0 ∈ [a, b]

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0),

которая пересечет ось абцисс вточке

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0).

Теперь проведем касательную к кривой в точке x1, которая пе-ресечет ось абцисс в точке

x2 = x1 −f(x1)

f ′(x1).

Продолжая этот процесс, получим искомый алгоритм:

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn)→ xc при n→ ∞ —

метод

касательныхJ

Лекция 23. Правило Лопиталя 109

Лекция 23. Правило Лопиталя

Доказанные в предыдущей лекции теоремы имеют важные при-ложения, в частности, теорема Коши приводит к новому длянас методу вычисления пределов.

Задача 1 (правило Лопиталя)

Пусть f(x) и g(x) дифференцируемы в окрестности точки x0,причем

limx→x0

f(x) = limx→x0

g(x) = 0 , g(x) 6= 0 .

Показать, что

limx→x0

f(x)

g(x)=

{0

0

}= lim

x→x0

f ′(x)g′(x)

. (∗)

I Доопределим заданные функции в точке x0, а именно, f(x0) =g(x0) = 0. Тогда согласно теореме Коши найдется такая точкаξ ∈ (x, x0), в которой выполняется соотношение

f(x) − f(x0)

g(x) − g(x0)=f ′(ξ)g′(ξ)

.

Вычисление предела от этого соотношения

limx→x0

f(x) − f(x0)

g(x) − g(x0)= lim

x→x0

f ′(ξ)g′(ξ)

=

{при x→ x0,ξ → x0

}= lim

x→x0

f ′(x)g′(x)

,

приводит к правилу Лопиталя (∗). J

• Предел частного дифференцируемых функций, в случае не-определенности вида {0/0}, равен пределу частного производ-ных функций, если этот предел (конечный или бесконечный)существует.

Пример 1. Вычислить limx→0

sinx

x.

B limx→0

sinx

x=

{0

0

}= lim

x→0cos x = 1 C



x2 cos 1/x

x.

B limx→0

x2 cos 1/x

x=

{0

0

}= lim

x→0

2x cos 1/x+ sin 1/x

1=

= limx→0

sin 1/x = sin∞ — не существует, а значит, правило

Лопиталя не применимо. Правильное решение:

limx→0

x2 cos 1/x

x= lim

x→0x cos 1/x = 0 C

Замечание 1. Если отношение функций представляет со-бой неопределенность вида {∞/∞}, то правило Лопиталя при-менимо (без доказательства).

Пример 3. Вычислить limx→π/2+0

ln(x− π/2)

tg x.

B limx→π/2+0

ln(x− π/2)

tg x=

{∞∞

}= lim

x→π/2+0

1/(x− π/2)

1/ cos2 x=

= limx→π/2+0

cos2 x

(x− π/2)=

{0

0

}= lim

x→π/2+0

sin 2x

1= 0 C

Замечание 2. Правило Лопиталя можно применять повтор-но, если вновь приходим к неопределенности.


1 − cos 2x

3x2.

B limx→0

1 − cos 2x

3x2=

{0

0

}= lim

x→0

2 sin x

6x=

{0

0

}= lim

x→0

2 cos x

6=

1

3C

Замечание 3. Правило Лопиталя можно применять для вы-числения предела в бесконечно удаленной точке.

Лекция 23. Правило Лопиталя 111

Пример 5. Вычислить limx→∞

ex

x100.

B limx→∞

ex

x100=

{∞∞

}= lim

x→∞ex

100x99=

{∞∞

}= lim

x→∞ex

100!= ∞ C

Задача 2

Свести неопределенность вида {0 ·∞} к неопределенности вида{0/0} или {∞/∞}.

I Пусть

{f(x) → 0g(x) → ∞ при x→ x0.

Тогда очевидны следующие соотношения

limx→x0

(f(x) · g(x)) = (0 · ∞) =

limx→x0

f(x)

1/g(x)=

{0

0

}

limx→x0

g(x)

1/f(x)=

{∞∞

} или J

Замечание 4. Правило Лопиталя после простого преобра-зования можно применять для раскрытия неопределенности ви-да {0 · ∞}.

Пример 6. Вычислить limx→1+0

lnx ln (x− 1).

B limx→1+0

lnx ln (x− 1) = {0 ·∞} = limx→1+0

ln (x− 1)

1/ ln x= {∞/∞} =

= limx→1+0

1x−1−1

xln2 x

= limx→1+0

−xln2 x

x− 1=

{0

0

}= lim

x→1+0

2 ln x

x= 0 C

Задача 3

Свести неопределенность вида {∞ − ∞} к неопределенностивида {0/0}.


I Пусть limx→x0

(f(x) − g(x)) = {∞ − ∞}. Тогда необходимопреобразовать разность к дроби

f − g =1

1/f− 1

1/g=

1/g − 1/f

1/f · 1/g −→f→∞g→∞

0 − 0

0 · 0 =0

0J

Замечание 5. Правило Лопиталя можно применять для рас-крытия неопределенностей вида {∞ −∞}, поскольку она сво-дится к неопределенности вида {0/0}.


(1

lnx− 1

x− 1

).

B limx→1

(1

lnx− 1

x− 1

)= (∞−∞) = lim

x→1

x− 1 − lnx

lnx(x− 1)=

{0

0

}=

= limx→1

1 − 1x

lnx+ x−1x

=

{0

0

}= lim

x→1

1x2

1x + 1

x2

=1

2C

Задача 4

Свести неопределенности вида 1∞, 0∞, ∞0 к неопределенностивида 0 · ∞.

I limx→x0

f(x)g(x) = exp{ limx→x0

g(x) ln f(x)} = e(0·∞)J

Замечание 6. Правило Лопиталя после логарифмированияможно применять для раскрытия неопределенностей вида 1∞,0∞, ∞0.


(cos 2x)1

x2 .

B limx→0

(cos 2x)1

x2 = {1∞} = exp

(limx→0

ln cos 2x

x2

)= e{0/0} =

= exp

(limx→0

−2 tg 2x

2x

)= e−2 C

Лекция 24. Условия экстремума функции 113

Лекция 24. Необходимые и достаточные

условия экстремума функции

Чтобы найти экстремум функции, требуется определить, вкаких точках он возможен, а затем выяснить, действительноли он имеет место и каков его характер.

Вспомним определение экстремума функции:

илиf(x) < f(x0) — maxf(x) > f(x0) — min

приx ∈ (x0 − δ, x0 + δ)

x 6= x0

Необходимые условия экстремума:

критические точки

F Критическими точками мы будем называть такие точки,в которых функция может иметь экстремум.

Критические точки

1. Стационарной точкой является такая точка x0, в которойпроизводная (скорость) равна нулю:

f ′(x0) = 0 .

2. Критической точкой для непрерывной функции f(x) явля-ется также такая точка x0, в которой ее производная несуществует или обращается в бесконечность:

f ′(x0) — не существует или равна ∞.

Вопрос: Привести три примера графиков, содержащих крити-ческие точки, но не имеющих экстремумов (самостоятельно).


Первое достаточное условие

Задача 1

Пусть непрерывная функция f(x) дифференцируема в δ-окрест-ности точки x0, за исключением, может быть, самой этой точки.Показать, что если в этой точке производная меняет знак, тоимеет место локальный экстремум.

-xx0

I Пусть для определенности

f ′(x0 − 0) < 0, а f ′(x0 + 0) > 0.

Покажем, что в этом случае име-ет место минимум. Воспользуем-ся соотношением

f(x0 + ∆x) − f(x0) ' f ′(x0)∆x.

В левой окрестности: ∆x < 0, f ′(x0 − 0) < 0,а значит f(x0 + ∆x) > f(x0).

В правой окрестности: ∆x > 0, f ′(x0 + 0) > 0,и значит f(x0 + ∆x) > f(x0).

⇒ min J

• Изображенная на рисунке функция f(x) = |x − x0| не имеетпроизводной в точке минимума.

• Если в критической точке производная функции меняет знакс минуса на плюс, то имеет место минимум; а с плюса на минус— максимум.

@@R �

��− +

min

+ −

max�

�� @@R

• Первое достаточное условие годится для любых критическихточек и является универсальным.

Лекция 24. Условия экстремума функции 115

Второе достаточное условие

Задача 2

Пусть функция f(x) дважды дифференцируема на отрезке [a, b]и имеет на этом отрезке стационарную точку (f ′(x0) = 0).Показать, что если в этой точке вторая производная отлична отнуля, то имеет место локальный экстремум.

I Формула Тейлора

f(x) = f(x0) + f ′(x0)︸︷︷︸=0

(x− x0) +f ′′(x0)

2!(x− x0)

2 + o((x− x0)

2)

в стационарной точке принимает вид:

f(x) = f(x0) +f ′′(x0)

2!(x− x0)

2 + o((x− x0)

2).

Так как в любой окрестности x0 (правой и левой) (x− x0)2 > 0,

то в δ-окрестности точки x0 выполняются неравенства:

если f ′′(x0) > 0,

то f(x) > f(x0)—

+

min

если f ′′(x0) < 0,

то f(x) < f(x0)—

� �

−max

J

• Если вторая производная в стационарной точке больше нуля,то имеет место минимум, а если меньше нуля, то максимум.

Нахождение наибольшего и наименьшего значения

функции на отрезке

Для того, чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функ-ции на отрезке [a, b], необходимо:

1. Найти критические точки на этом отрезке.2. Подсчитать значения функции в этих точках и на концах от-резка.3. Выбрать из найденных значений наибольшее и наименьшее.


Пример 1. Исследовать на экстремум следующие функции:

x3, x2, x, 1 − x23 , x−1. Решение представить в виде таблицы.

f(x) x3 x2 x 1 − x23 x−1

f ′(x) 3x2 2x 1 −23x

− 13 −x−2

x0

крит. т.0 0 нет 0

разрыв

в нуле

f ′(x0) 0 0 не сущ.

знак f ′(x0)

лев., прав.

+ +

��

− +

AAU ��

+ −

�� AAU

экстремум

f(x)нет min нет max нет

f ′′(x) 6x 2

знак f ′′(x0) 0 +

графики-

6 6

- -

6

-

6

-

6

Пример 2. Найти наибольшее и наименьшее значения функ-ции f(x) = x3 − 3x+ 1 на отрезке [−2, 2].

B f ′(x) = 3x2 − 3 = 0 ⇒ x1,2 = ±1. Далее

f(−1) = 3, f(1) = −1, f(−2) = −1, f(2) = 3.

f(2,−1) = 3 — наибольшее, а f(1,−2) = −1 — наименьшее. C

Лекция 25. Выпуклость, точка перегиба и асимптоты 117

Лекция 25. Выпуклость, точка перегиба и

асимптоты кривой

При исследовании функции и построении ее графика, помимоэкстремума, используется еще несколько важных понятий.

Выпуклость вверх и вниз

F Функция f(x) имеет в точке (x0, f(x0)) выпуклость вверх(вниз), если касательная в окрестности этой точки распо-лагается выше (ниже) этой кривой.

Задача 1

Пусть функция f(x) непрерывна и имеет производные первогои второго порядка.Показать, что по знаку производной второго порядка можно су-дить о том, функция в этой точке выпукла вверх или вниз.

I Формулу Тейлора

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0)︸︷︷︸yкас

+f ′′(x0)

2!(x− x0)

2 + o((x− x0)

2)

можно записать в следующем виде:

f(x) ' yкас +f ′′(x0)

2(x− x0)

2. (∗)По определению, если f(x) < yкас , то функция выпукла вверх,а если f(x) > yкас , то функция выпукла вниз. Таким образомиз формулы (∗) следует:

f ′′(x0) > 0+

— выпуклость вниз

f ′′(x0) < 0� �

− — выпуклость вверхJ


F Точкой перегиба называется такая точка, которая разде-ляет у непрерывной функции области выпуклости вверх ивниз, и в которой график функции имеет касательную.

6y

-x

�

�

C

B

�A

Вопрос: Идентифицируйтеточки A, B, C, заданные нарисунке.

Ответ: A— точка выпуклостивверх,B — точка выпуклости вниз,C — точка перегиба.

• Проходящая через точку перегиба касательная, частично ле-жит выше кривой, а частично ниже.

Необходимые условия точки перегиба:

критические точки

Точка x0 является критической точкой относительно перегиба,если выполняется одно из двух условий:

1. f ′′(x0) = 0,2. f ′′(x0) — не существует или обращается в ∞.

Достаточное условие точки перегиба

Задача 2

Показать, что если в окрестности критической точки втораяпроизводная меняет знак, то эта точка — точка перегиба.

I Для двух вариантов смены знаков из Задачи 1 следует:

f ′′(x0 − 0) > 0 и f ′′(x0 + 0) < 0

f ′′(x0 − 0) < 0 и f ′′(x0 + 0) > 0⇒ −+

− + —точки

перегибаJ

• Кроме смены знака второй производной в точке перегиба долж-на существовать касательная, которая может быть параллельнаоси ординат.


Пример 1. Исследовать на перегиб следующие функции:x3, sinx, x

53 , x

13 .

Решение представить в виде таблицы.

f(x) x3 sinx x53 x

13

f ′′(x) 6x − sinx 109 x

− 13 −2

9x− 5

3

x0

крит. т.0 nπ 0 0

f ′′(x0) 0 0 не сущ. не сущ.

знак f ′′(x0)

лев., прав.− + −+ + − + −+

перегиб

f(x)да да да да

графики -

6 6

- -

6

-

6

Асимптоты

Графическое определение:

F Асимптотой называется прямая, к которой стремитсякривая в бесконечно удаленной точке.

Аналитическое определение:

F Асимптотой называется линейная функция, эквивалент-ная заданной функции или обратной функции в бесконечноудаленной точке.


• Если бесконечно удаленной точкой является x = ∞, тоасимптоту называют наклонной, а если бесконечно удаленнойточкой является y = ∞ при x конечном, то асимптоту называ-ют вертикальной.

Пример 2. Найти асимптоты функции f(x) =x2 − 2x+ 5

x+ 1,

используя только определение асимптот через эквивалентные.

B 1. Наклонная асимптота:

f(x) =x2 − 2x+ 5

x+ 1= x− 3 +

8

x+ 1= x− 3︸︷︷︸

yас

+o(1) при x→ ∞.

2. Вертикальная асимптота:

y =x2 − 2x+ 5

x+ 1⇒ x+ 1 =

x2 − 2x+ 5

y= 0 + o(1) при y → ∞.

Ответ: yас = x− 3, xас = −1 C

• Если limx→x0

f(x) = ∞, то xас = x0 —вертикальная

асимптота

Задача 3

Пусть функция f(x) имеет наклонную асимптоту, т.е.

f(x) = kx+ l + o(1) при x→ ∞. Найти yас = kx+ l .

I 1. Делим f(x) на x и вычисляем предел:

limx→±∞

f(x)

x= k + lim

x→±∞l

x+ lim

x→±∞o(1)

x⇒ k = lim

x→±∞f(x)

x

2. Переносим в левую часть kx и вычисляем предел:

limx→±∞

(f(x) − kx) = limx→±∞

(l + o(1)) ⇒ l = limx→±∞

(f(x) − kx) J

• При построении графика функции находят ее область опреде-ления, асимптоты, исследуют на экстремум и перегиб.


Пример 3. Построить график функции f(x) =|x− 1|x2

.

B 1. Находим область определения функции:

x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,∞), x = 0 — точка разрыва 2-го рода.

2. Выявляем характерные особенности функции (четность,периодичность, знакопостоянство и т.д.):

f(x) > 0, f(1) = 0 — функция не отрицательна.

3. Находим асимптоты функции:

f(x) → +0 при x→ ±∞ ⇒ y = 0 — горизонтальная асимптота

limx→±0

|x− 1|x2

= +∞ ⇒ x = 0 — вертикальная асимптота

4. Исследуем функцию на экстремум

df(x)

dx=

d

dx

x− 1

x2при x > 1,

−x+ 1

x2при x < 1

=

−x+ 2

x3при x > 1,

x− 2

x3при x < 1.

Критические точки: x = 1, 2. f ′(x): -� �−

+−1 2

xmin max

5. Исследуем функцию на перегиб

d2f(x)

dx2=

d

dx

−x+ 2

x3при x > 1,

x− 2

x3при x < 1

=

2(x− 3)

x4при x > 1,

2(3 − x)

x4при x < 1.

Критические точки: x = 1, 3. f ′′(x): -� �+−

+

1 3

перегибPPq

x

-

6

0 1 2 3 x

y

��

• В точке x = 1 нет перегиба, поскольку нет касательной. C

“Я принужден сознаться, что положительно не способенсделать без ошибки сложения.”


Раздел 4

Интегральноеисчисление

Лекция 26. Неопределенный интеграл

или свойства первообразных

В математике, как и в жизни, нередко действию можно сопо-ставить обратное действие. По отношению к дифференциро-ванию таким обратным действием является интегрирование.

F Пусть в некоторой области определены фунции: f(x) иF (x), и пусть F ′(x) = f(x), тогда f(x) называется про-изводной F (x), а F (x) — первообразной f(x).

Пример 1. Построить график первообразной f(x) = 2ax.

-

y1 = ax2 + C1

y2 = ax2

y

x

6

@@I

��

B Простым подбором нахо-дится F (x) = ax2 + C, т. к.(ax2 + C

)′= 2ax. C

• Непрерывная f(x) имеет бес-конечно много первообразных.

Лекция 26. Неопределенный интеграл 123

F Неопределенным интегралом от функции f(x) называетсяее произвольная первообразная∫f(x) dx = F (x) +C , если F ′(x) = f(x) и C = const ,

где x — переменная интегрирования, а f(x) — подынтег-

ральная функция.

Задача 1

Показать, что если F (x) — первообразная f(x), то и F (x) + Cтакже первообразная функции f(x).I По условию F ′(x) = f(x), но тогда

(F (x) + C)′ = F ′(x) +C ′ = f(x) J

Свойства неопределенного интеграла.

Задача 2

Чему равен дифференциал неопределенного интеграла?

I d

∫f(x) dx = d(F (x) + C) = dF (x) + dC =

= F ′(x) dx = f(x) dx J

1. Дифференциал неопределенного интеграла равен подын-тегральному выражению

d

∫f(x) dx = f(x) dx.

Задача 3

Чему равен неопределенный интеграл дифференциала?

I

∫dF (x) =

∫f(x) dx = F (x) + C J

2. Неопределенный интеграл дифференциала функции равенсамой функции с точностью до произвольной постоянной∫

dF (x) = F (x) + C.

124 Интегральное исчисление

Задача 4

Выразить интеграл∫Af(x) dx через исходный (A = const 6= 0).

I

∫Af(x) dx =

∫dAF (x) =

по 2 св−ву= AF (x) + C = A

∫f(x) dx J

• Поскольку C произвольная постоянная, то после каждого ра-венства она может переопределяться, что здесь и в дальнейшемнеоднократно используется.

3. Постоянный множитель выносится из под знака интеграла∫Af(x) dx = A

∫f(x) dx.

Задача 5

Сделать замену переменной интегрирования в∫f [u(x)]u′(x) dx.

I

∫f [u(x)]u′(x) dx = {u′(x) dx = du} =

∫f(u) du J

4. Под знаком интеграла можно проводить замену перемен-ной ∫

f [u(x)]u′(x) dx =

∫f(u) du.

5. Интеграл суммы равен сумме интегралов с точностью допроизвольной постоянной (показать самостоятельно)

∫[f1(x) + f2(x)] dx =

∫f1(x) dx+

∫f2(x) dx.

Задача 6

Получить таблицу первообразных, исходя из таблицы производ-ных.

Лекция 26. Неопределенный интеграл 125

Таблица первообразных

N F ′(x) = f(x)∫f(x) dx = F (x) + C

1 C ′ = 0∫

0 dx = C

2(

xn+1

n+1

)′= xn

∫xn dx = xn+1

n+1 + C

3 (ex)′ = ex∫ex dx = ex + C

4(sinx)′ = cos x

(− cos x)′ = sinx

∫cos x dx = sinx+ C

∫sinx dx = − cosx+ C

5(tg x)′ = 1

cos2 x

(− ctg x)′ = 1sin2 x

∫ dxcos2 x

= tg x+C

∫dx

sin2 x= − ctg x+ C

6 (ln |x|)′ = 1x

∫ dxx = ln |x| + C

7(chx)′ = shx

(shx)′ = ch x

∫shx dx = chx+ C

∫chx dx = shx+ C

8(arcsin x)′ = 1√

1−x2

(− arccos x)′ = 1√1−x2

∫ dx√1−x2

=

arcsinx+ C

− arccos x+ C

9(arctg x)′ = 1

1+x2

(− arcctg x)′ = 11+x2

∫ dx1+x2 =

arctg x+ C

− arcctg x+ C


Лекция 27. Определенный интеграл и его

свойства

Определенный интеграл отличается от неопределенного тем,что это либо число, либо первообразная с определенной по-стоянной при переменном верхнем пределе интегрирования.

Механический смысл определенного интеграла

Задача 1

На графике ускорения отобразить скорость, а на графике ско-рости отобразить путь, пройденный телом при равноускоренномдвижении от t = 0 до момента t, если в начальный момент вре-мени скорость и путь равны нулю.

-

6

t t

a

a(t)

0

v = at

I а) По условию:

v′ = a, v(0) = 0,

следовательно v = at, что равноплощади прямоугольника,при этом y = a = const, x = t.Тот же результат можно запи-

сать так v =

∫ t

0y dx =

∫ t

0a dx.

-

6

t t

v(t)

0

L =at2

2

v = at��

б) По условию:

L′ = v = at, L(0) = 0,

а значит L = at2/2, что равноплощади треугольника,при этом y = v = ax, x = t.Тот же результат можно запи-

сать так L =

∫ t

0y dx =

∫ t

0ax dx.

Лекция 27. Определенный интеграл и его свойства 127

Геометрический смысл определенного интеграла

-

6 y = f(x)

x

y

��/

S

0 a b

Вопрос: Какова площадь криво-линейной трапеции, ограничен-ной кривой y = f(x) и прямымиy = 0; x = a; x = b.Ответ:

S =

∫ b

af(x) dx.

• Определенный интеграл равенплощади криволинейной трапе-ции.

Задача 2

Представить определенный интеграл как предел некоторой сум-мы.

-

6 y = f(x)

x

y

x0 =a xn =bxi xi+1

f(xi)BBBN

@@@R

I Весь отрезок [a, b] разобъемна n отрезков [xi, xi+1] длиной∆xi = xi+1 − xi, где i = 0, n− 1,x0 = a, xn = b. В качестве эле-мента суммы возьмем площадьпрямоугольника∆Si = f(ξi)∆xi,где ξi ∈ [xi, xi+1], причем ξi = xi

или xi+1 или (xi +xi+1)/2 и т.д.Тогда суммы площадей прямоугольников ∀ξi имеют вид

Sn =n−1∑

i=0

∆Si =n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi — интегральные суммы.

Интуитивно ясно, что при n → ∞ и max ∆xi → 0 все интег-ральные суммы стремятся к площади криволинейной трапеции

S = limn→∞

max ∆xi→0

Sn = limmax ∆xi→0

n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi =

∫ b

af(x) dx. J


F Определенным интегралом от функции f(x) на отрезке[a, b] называется предел интегральной суммы при стремле-нии максимального частичного отрезка разбиения к нулю.

F Числа a и b носят название, соответственно, нижнего иверхнего пределов интегрирования.

Вопрос: Какая связь су-ществует между формой за-писи определенного интег-рала и предела интеграль-ной суммы?

Ответ:lim

max ∆xi→0

n−1∑

i=0

→∫ b

a,

f(ξi) → f(x) ,∆xi → dx .

Формула Ньютона–Лейбница

Задача 3

Пусть функция f(x) определена, непрерывна и имеет первооб-разную F (x) на отрезке [a, b]. Показать, что тогда определенныйинтеграл находится по формуле:

∫ b

af(x) dx = F (x)

∣∣∣b

a= F (b) − F (a).

I

∫ b

af(x) dx = lim

max ∆xi→0

n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi =

= limmax ∆x→0

n−1∑

i=0

F ′(ξi)(xi+1 − xi) =

= {согласно теореме о дифференцируемой функции} =

= limn→∞

n−1∑

i=0

[F (xi+1) − F (xi) − o(∆xi)] = F (x1)− F (x0) + F (x2) −

−F (x1)+ · · ·+F (xn−2)−F (xn−3)+F (xn−1)−F (xn−2)+F (xn)−

−F (xn−1) + limmax ∆x→0

n−1∑

i=0

o(∆xi) = F (xn = b) − F (x0 = a) J

Лекция 27. Определенный интеграл и его свойства 129

Свойства определенного интеграла

Задача 4

Дать краткое обоснование каждому из приведенных ниже свойств.

1.

∫ b

aM dx = M(b− a).

• Это простейший пример формулы Ньютона–Лейбница.

2.

∫ b

a[A1f1(x) +A2f2(x)] dx = A1

∫ b

af1(x) dx+A2

∫ b

af2(x) dx.

• Используется, что предел суммы равен сумме пределов, еслиэти пределы существуют.

3.

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx, c ∈ [a; b].

• Используется свойство аддитивности.

4.

∫ a

bf(x) dx = −

∫ b

af(x) dx.

• Можно сослаться на формулу Ньютона–Лейбница.

5.

∫ b

af(x) dx >

∫ b

ag(x) dx, если f(x) > g(x) на [a, b].

• Следует из аналогичного неравенства для интегральных сумм.

6.

∣∣∣∣∣

∫ b

af(x) dx

∣∣∣∣∣ 6

∫ b

a|f(x)| dx, при a < b.

• Используется, что модуль суммы не больше суммы модулей.


Лекция 28. Замена переменной и

интегрирование по частям в

определенном интеграле

Сегодня вам предоставляется возможность познакомиться с

двумя самыми популярными методами интегрирования.

Задача 1

Пусть функция f(x) имеет первообразную F (x).

Показать, что∫ x

af(u) du также первообразная функции f(x).

I Вычислим производную от интеграла с переменным верх-ним пределом:

d

dx

(∫ x

af(u) du

)=

{воспользуемся формулойНьютона-Лейбница

}=

=d

dx(F (x) − F (a)) = F ′(x) = f(x) J

•∫ x

af(u) du = F (x) − F (a) = Φ(x) — первообразная f(x)

Вопрос: Верно ли тождество∫ x

af(u) du ≡

∫ x

af(t)dt ?

Ответ: Да! Переобозначение переменной интегрирования —это не замена переменной интегрирования.

• Не всякий определенный интеграл с переменным верхним пре-делом может быть выражен в виде комбинации элементарныхфункций. В качестве примера таких интегралов, которые полу-чили название специальных функций, приведем

Лекция 28. Замена переменной и интегрирование 131

∫ x

0

sinu

udu — интегральный синус.

Задача 2 (теорема о среднем)

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b].

Показать, что в этом случае найдется такая точка ξ ∈ (a, b), чтовыполняется

∫ b

af(x) dx = f(ξ)(b− a) , где ξ ∈ (a, b) .

I Будем исходить из формулы Ньютона-Лейбница∫ b

af(u) du = Φ(b) − Φ(a) =

{по теоремеЛагранжа

}=

= Φ′(ξ)(b− a) =

поскольку

Φ(x) =

∫ x

af(u) du

= f(ξ)(b− a) . J

Вопрос: Каков геометрический смысл теоремы о среднем?

Ответ: Всегда можно подобрать такую высоту прямоугольни-ка, чтобы его площадь равнялась площади криволинейной тра-пеции с тем же основанием.

F Среднее значение функции f(x) на отрезке [a, b] равно:

f =1

b− a

∫ b

af(x) dx

Задача 3

Обосновать неравенство

m(b− a) <

∫ b

af(x) dx < M(b− a) , где

{m = inf f(x),M = sup f(x).

I Неравенство является очевидным следствием Задачи 2. J


Задача 4 (о замене переменной)

Пусть f [u(x)]) непрерывна, a u(x) дифференцируема на [a, b],причем u(a) = c, u(b) = d.Показать, что:

∫ b

af [u(x)] u′(x) dx =

∫ d

cf(u) du

I

∫ b

af [u(x)] u′(x) dx︸︷︷︸

du

=

∫ b

af [u(x)] du(x) = F (u(x))

∣∣∣b

a=

= F (u(b)) − F (u(a)) = F (d) − F (c) =

=

∫ d

cF ′(u) du =

∫ d

cf(u) du J

• Пределы интегрирования изменяются!

Пример 1. Вычислить

√π2∫

0

x sinx2 dx.

B

√π2∫

0

x sinx2 dx =

u = x2, du = 2xdxx1 = 0, u1 = 0

x2 =

√π

2, u2 =

π

2

=

=1

2

∫ π2

0sinu du = −1

2cos u

∣∣∣π2

0= −1

2· (−1) =

1

2C

Задача 5 (об интегрировании по частям)

Выполнить под знаком интеграла∫ b

au(x)v′(x) dx перенос про-

изводной со второй функции v(x) на первую u(x), если обе функ-ции дифференцируемы на отрезке [a, b].

Лекция 28. Замена переменной и интегрирование 133

I Вопрос: Какое выражение связывает uv ′ и u′v?

Ответ: d(u · v) = udv + vdu = uv′dx+ u′vdx︸︷︷︸диф ф еренциал произведения

.

Теперь проинтегрируем это равенство∫ b

ad(uv)

︸︷︷︸2

=

∫ b

auv′ dx

︸︷︷︸1

+

∫ b

au′v dx

︸︷︷︸3

и окончательно получим:

∫ b

au(x)v′(x) dx = u(x)v(x)

∣∣∣b

a−∫ b

au′(x)v(x) dx J

Пример 2. Вычислить интеграл∫ e

1lnx dx.

B

∫ e

1lnx dx =

u = lnx, v′ = 1

u′ =1

x, v = x

=

= x lnx∣∣∣e

1−∫ e

1

1

xx dx = e− x

∣∣∣e

1= 1 C

Задача 6

Упростить интеграл

a∫

−a

f(u) du, если fчёт(u) или fнечёт(u).

I

0∫

−a

f(u) du =

u = −x, du = −dxu1 = −a, x1 = au2 = 0, x2 = 0

=

= −∫ 0

af(−x) dx = ∓

∫ 0

af(x) dx для fчёт(x) или fнечёт(x).

В результате

a∫

−a

f(u) du =

2

∫ a

0f(u) du при fчёт(u)

0 при fнечёт(u)J


Лекция 29. Методы интегрирования

Всякое обратное действие сложнее прямого. Это в полной ме-ре относится к такому действию, как интегрирование. Преж-де чем воспользоваться таблицей интегралов необходимо за-данный интеграл преобразовать к табличному.

Метод замены переменной интегрирования

∫ b

af [u(x)] u′(x) dx =

∫ d

cf(u) du , где c = u(a), d = u(b).

Это наиболее часто используемый метод. Он применяется, ког-да подынтегральная функция является сложной функцией.

Пример 1. Вычислить интеграл∫

1

cos2 x22x dx.

B

∫1

cos2 x22x dx =

{u = x2

du = 2xdx

}=

∫1

cos2 udu =

= tg u+ C = tg x2 + C C

Метод интегрирования по частям

∫ b

au(x)v′(x) dx = u(x)v(x)

∣∣∣b

a−∫ b

au′(x)v(x) dx

Этот метод применяется тогда, когда подынтегральная функ-ция содержит:

1. Какую-либо обратную функцию: lnx, arcsin x, arccos x и т.д.2. Произведение степенной функции на экспоненту или тригоно-метрическую функцию: x sinx, x2 expx и т.д.3. Произведение экспоненты на тригонометрическую функцию.

Лекция 29. Методы интегрирования 135

Пример 2. Вычислить интеграл∫ π

2

0x sinx dx.

B

∫ π2

0x sinx dx =

{u = x, v′ = sinxu′ = 1, v = − cos x

}=

= −x cos x∣∣∣

π2

0+

∫ π2

0cos x dx = 0 + sinx

∣∣∣π2

0= 1 C

Метод неопределенных коэффициентов

Задача 1

Привести интеграл от рациональной дроби∫Qm(x)

Pn(x)dx, в ко-

тором Qm(x) и Pn(x) — многочлены степеней m и n, к суммеинтегралов от простейших дробей.

I Для вычисления интеграла от рациональной дроби необхо-димо:

а) привести эту дробь к правильной дроби, т. е.

Qm(x)

Pn(x)= Rm−n(x) +

Fm1(x)

Pn(x), где m1 < n.

б) преобразовать знаменатель к произведению простейших мно-гочленов, т. е.

Pn(x) = (x− x0)(x− x1) · · · (x− xk)l · · · (ax2 + bx+ c),

где xk – корень кратности l.

в) записать правильную дробь в виде суммы простейших дро-бей, т. е.

Fm1(x)

Pn(x)=

A

x− x0+

B

x− x1+ · · ·

+C

(x− xk)+

D

(x− xk)2+ · · · + K

(x− xk)l︸︷︷︸l

+Wx+ Z

ax2 + bx+ c,


где A,B, . . . , C,D,K, . . . ,W,Z – неопределенные коэфициенты.

г) приводя сумму простейших дробей к общему знаменателю,получаем систему линейных алгебраических уравнений. Решаяее, находим неопределенные коэффициенты.

д) окончательный ответ получится после вычисления интегра-лов от многочлена и простейших дробей

∫Qm(x)

Pn(x)dx =

∫Rm−n(x) dx+

∫A

x− x0dx+

∫B

x− x1dx+ · · ·

+

∫C

(x− xk)dx+ · · · +

∫K

(x− xk)ldx+

∫Wx+ Z

ax2 + bx+ cdx J

Пример 3. Вычислить интеграл:

∫x4 − 4x3 + 3x2 + 6x− 1

x3 − 5x2 + 6xdx

B а) Приводим заданную дробь к правильной

x4 − 4x3 + 3x2 + 6x− 1

x3 − 5x2 + 6x= x+ 1 +

2x2 − 1

x3 − 5x2 + 6x

посредством деления многочленов обычным “столбиком”.

б) x3 − 5x2 + 6x = x(x2 − 5x+ 6) = x(x− 2)(x− 3) ,

где использована теорема Виета.

в)2x2 − 1

x3 − 5x2 + 6x=

x2−5x+6/A

x+

x(x−3)/B

x− 2+

x(x−2)/C

x− 3

г) 2x2 − 1 = A(x2 − 5x+ 6) +B(x2 − 3x) + C(x2 − 2x)

F Многочлены равны, если все коэффициенты в них при со-ответствующих степенях x между собой равны.

Лекция 29. Методы интегрирования 137

Вопрос: Сколько в данном случае будет равенств?

Ответ: Три, а именно:

x2 : A+B +C = 2 ,x1 : 5A+ 3B + 2C = 0 ,x0 : 6A = −1 .

Полученную систему решаем по формулам Крамера

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣

1 1 15 3 26 0 0

∣∣∣∣∣∣∣= 6

∣∣∣∣∣1 13 2

∣∣∣∣∣ = −6 ,

∆A =

∣∣∣∣∣∣∣

2 1 10 3 2−1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣1 13 2

∣∣∣∣∣ = 1 ,

∆B =

∣∣∣∣∣∣∣

1 2 15 0 26 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

1 2 13 −4 06 −1 0

∣∣∣∣∣∣∣= 21 ,

∆C =

∣∣∣∣∣∣∣

1 1 25 3 06 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

13 1 05 3 06 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣= −34 .

A = −1

6, B = −21

6= −7

2, C =

34

6=

17

3.

д)

∫x4 − 4x3 + 3x2 + 6x− 1

x3 − 5x2 + 6xdx =

∫(x+ 1) dx−

−1

6

∫dx

x− 7

2

∫dx

x− 2+

17

3

∫dx

x− 3=

=1

2x2 + x− 1

6ln |x| − 7

2ln |x− 2| + 17

3ln |x− 3| + C C


Лекция 30. Интегрирование

иррациональных и тригонометрических

выражений

В этой лекции будет продолжено изучение методов интег-рального исчисления.

Дополнение к таблице интегралов

Пример 1. Показать, что

∫dx

x2 − a2=

1

2aln

∣∣∣∣x− a

x+ a

∣∣∣∣+ C.

B Воспользуемся методом неопределенных коэффициентов.

1

x2 − a2=

1

(x− a) (x+ a)=

x+a/A

x− a+

x−a/B

x+ a,

1 = A(x+ a) +B(x− a) =⇒ x1 : A+B = 0 ,x0 : Aa−Ba = 1 .

∆ =

∣∣∣∣∣1 1a −a

∣∣∣∣∣ = −2a,

∆A =

∣∣∣∣∣0 11 −a

∣∣∣∣∣ = −1, A =∆A

∆=

1

2a,

∆B =

∣∣∣∣∣1 0a 1

∣∣∣∣∣ = 1, B =∆B

∆=

−1

2a.

∫dx

x2 − a2=

1

2a

[∫dx

x− a−∫

dx

x+ a

]=

1

2aln

∣∣∣∣x− a

x+ a

∣∣∣∣+ C C

Пример 2. Показать, что

∫dx√x2 ± a2

= ln∣∣∣x+

√x2 ± a2

∣∣∣+ C.

Лекция 30. Интегрирование иррациональных выражений 139

B Чтобы убедиться в правильности первообразной, достаточновычислить ее производную (F ′(x) = f(x)). Но прежде ответьтена вопрос.

Вопрос: Как связана производная модуля функции с производ-ной этой функции?Ответ:

d|u|dx

=d|u|du

du

dx= signu

du

dx,

поскольку

d|u|du

=

{+1 при u > 0−1 при u < 0

}= sign u .

F ′(x) =(ln |x+

√x2 ± a2|

)′=

1

|x+√x2 ± a2|

×

× sign (x+√x2 ± a2)

(1 +

2x

2√x2 ± a2

)=

1√x2 ± a2

= f(x) C

Интегрирование иррациональных выражений

1. Сведение к табличным интегралам.

Пример 3. Вычислить∫

dx√2x2 + 3x− 1

.

B Сведем данный интеграл к предыдущему∫

dx√2x2 + 3x− 1

=1√2

∫dx√

x2 + (3/2)x − 1/2=

={x2 + 3

2x− 12 = x2 + 2 · 3

4x+ 916 − 9

16 − 12 = (x+ 3

4 )2 − 1716

}=

= 1√2

∫d(x+ 3

4)√(x+ 3

4

)2− 17

16

= 1√2

ln∣∣∣x+ 3

4 +√x2 + 3

2x− 12

∣∣∣+ C C


2. Замена переменных, приводящая к избавлению от иррацио-нальности под знаком интеграла.Вопрос: Как избавиться от иррациональности в интеграле∫

R(

m1√ax+ b ,

m2√ax+ b , . . . ,

mn√ax+ b

)dx ?

Ответ: Необходимо сделать замену переменной

u = m√ax+ b ,

где m – наименьшее общее кратное m1, m2, . . . ,mn.

Пример 4. Вычислить:∫ 64

1

dx√x+ 3

√x

.

B

∫ 64

1

dx√x+ 3

√x

=

u = 6√x,

√x = u3

du = 16x

− 56 dx, 3

√x = u2

dx = 6x56 du = 6u5du

x1 = 1, u1 = 1x2 = 64, u2 = 2

=

=

∫ 2

1

6u5 du

u3 + u2=

∫ 2

1

6u3 du

u+ 1= 6

∫ 2

1

(u2 − u+ 1 − 1

u+ 1

)du =

u3 u+ 1

u3 +u2 u2 − u+ 1

−u2

−u2−uuu+1−1

= 6[

u3

3 − u2

2 + u−

− ln(u+ 1)]∣∣∣2

1= 6

[83 − 1

3−

−2 + 12 + 1 − ln 3

2

]=

= 11 − 6 ln 1, 5 C

Интегрирование тригонометрических выражений

1. I =

∫R(sinx, cos x) dx.

Вычисление интеграла такого типа проводится при помощи уни-версальной тригонометрической подстановки: u = tg (x/2).

Лекция 30. Интегрирование иррациональных выражений 141

Задача 1

Выразить sinx, cos x и dx через универсальную тригонометри-ческую подстановку.

I а) sinx = 2 sin x2 cos x

2 = 2 tg x2 · cos2 x

2 =2 tg x

2

1+tg2 x2

= 2u1+u2 ;

где использована формула : 1 + tg2 x2 = 1/ cos2 x

2 .

б) cos x = cos2 x2 − sin2 x

2 = 2 cos2 x2 − 1 = 2

1+u2 − 1 = 1−u2

1+u2 .

в) du = 1cos2 x

2· dx

2 = (1 + u2)dx2 =⇒ dx = 2du

1+u2 .

Таким образом универсальная тригонометрическая подстановкаозначает следующую замену переменной в интеграле I:

I =

{u = tg x

2 , dx = 2du1+u2

sinx = 2u1+u2 , cos x = 1−u2

1+u2

}=

∫R1(u) du J

Пример 5. Вычислить:∫

dx

sinx.

B

∫dx

sinx=

∫ 2du1+u2

2u1+u2

=

∫du

u= ln |u| + C = ln

∣∣∣∣tgx

2

∣∣∣∣+ C C

2.

∫sinp x cosq x dx.

Вычисление интегралов такого типа осуществляется более прос-тыми подстановками по сравнению с универсальной тригоно-метрической подстановкой:

cosx = u или sinx = u — если p или q нечетное;

tg x = u, dx/ cos2 x = du — если p и q четное.


Лекция 31. Геометрические приложения

определенных интегралов

Определение определенного интеграла как предела интеграль-ных сумм позволяет получить различные формулы для нахож-дения длин, площадей и объемов геометрических объектов.

Задача 1

Найти площадь криволинейной трапеции, ограниченной линия-ми: y = f1(x), y = f2(x), x = a, x = b .

xa bxi+1xi

��

-

6y

��

y = f2(x)

y = f1(x)

��9

I Вопрос: Что принять в ка-честве элемента интегральнойсуммы?

Ответ: Площадь прямоуголь-ника:

∆Si = [f2(ξi) − f1(ξi)] ∆xi,

где ∆xi = xi+1 − xi,ξi ∈ [xi, xi+1] , x0 = a, xn = b.

Sn =n−1∑

i=0

∆Si — интегральная сумма

S = limn→∞

max ∆xi→0

Sn = limmax ∆xi→0

n−1∑

i=0

[f2(ξi) − f1(ξi)] ∆xi

Используя связь между формой записи определенного интегралаи предела интегральной суммы (Лекция 27), получим

Sкрив. трап =

∫ b

a[f2(x) − f1(x)] dx J

Лекция 31. Геометрические приложения интегралов 143

Задача 2

Найти площадь криволинейного сектора, ограниченного линия-ми: ρ = ρ(ϕ), ϕ = α, ϕ = β.

-��

��

��

��

��

��

ρ = ρ(ϕ)B

BBBM

y}

βα

##

##

##

##

##

��

��

��

��

%%

%%

%%

%%

��

AA

AAK

∆Si

I Вопрос: Что принять в каче-стве элемента интегральной сум-мы?

Ответ: Площадь треугольника:

∆Si =1

2ρ(ϕi) · ρ(ϕi+1) · sin∆ϕi,

где ∆ϕi = ϕi+1 − ϕi,ϕ0 = α, ϕn = β.

Вопрос: Чему равна эквивалентная площади треугольника?

Ответ:ρ(ϕi+1) = ρ(ϕi) + o(ρ(ϕi))sin∆ϕi = ∆ϕi + o(∆ϕi)

}⇒ ∆Si '

1

2ρ2(ϕi)∆ϕi

S = limn→∞

max ∆ϕi→0

Sn = limmax ∆ϕi→0

n−1∑

i=0

1

2ρ2(ϕi)∆ϕi

Действуя так же как в Задаче 1, получим

Sкрив. сект =1

2

∫ β

αρ2(ϕ) dϕ J

Пример 1. Найти площадь трилистника, если длина ле-пестка равна a.

-x

ϕ = π6

a

6y B Вопрос: Назовите простейшую не-прерывную периодическую функциюс амплитудой a и периодом T = 2π/3?

Ответ: ρ = a cos 3ϕ.

Очевидно ρ = aпри ϕ = 0, 2π/3, 4π/3.


Вопрос: Укажите пределы интегрирования для половинки за-штрихованного лепестка.

Ответ: ϕ ∈ [0, π/6].

S = 61

2

∫ π6

0a2 cos2 3ϕdϕ = 3a2 1

2

∫ π6

0(1 + cos 6ϕ) dϕ =

=3a2

2

(ϕ+

sin 6ϕ

6

)∣∣∣∣π6

0=πa2

4C

Задача 3

Найти объем тела вращения, если он ограничен плоскостямиx = a, x = b и поверхностью, образованной вращением кривойy = f(x) вокруг оси x.

��

��z

y

∆Vi

��

a b x

6

CCCO

-

I Вопрос: Что принять вкачестве элемента интеграль-ной суммы?

Ответ: Объем диска:

∆Vi = πf2(ξi)∆xi

V = limmax ∆xi→0

n−1∑

i=0

πf2(ξi)∆xi


Vтел. вращ = π

∫ b

af2(x) dx J

Пример 2. Найти объем шара радиуса R.

B Вопрос: Вращением какой кривой описывается шар?

Ответ: Вращением полуокружности. Итак, f 2(x) = R2 − x2 и

V = π

R∫

−R

(R2 − x2) dx = 2π

R∫

0

(R2 − x2) dx =4

3πR3

C

Лекция 31. Геометрические приложения интегралов 145

Задача 4

Найти длину кривой в трехмерном пространстве, если она за-

дана параметрическим образом:x = x(t), z = z(t),y = y(t), t ∈ [α, β].

��

��

6z

y

x

� �∆li

∆yi

∆xi

∆zi

�

�

A

B

-

I Вопрос: Что принять вкачестве элемента интеграль-ной суммы?

Ответ: Длину отрезка:

∆li =√

∆xi2 + ∆yi

2 + ∆zi2,

при этом длина ломанной:

Ln =n−1∑

i=0

√∆xi

2 + ∆yi2 + ∆zi2

L = limn→∞

n−1∑

i=0

√∆xi

2 + ∆yi2 + ∆zi2 =

∫ A

B

√dx2 + dy2 + dz2.

Lдлина крив =

∫ β

α

√x′2 + y′2 + z′2 dt =

∫ b

a

√1 + y′2 + z′2 dx J

Пример 3. Найти длину окружности радиуса R.

B L = 2

R∫

−R

√1 + y′2 dx = 2

R∫

−R

√1 +

(x

y

)2

dx = 4R

R∫

0

dx√R2 − x2

=

= 4R arcsinx

R

∣∣∣∣R

0= 2πR C

• y′ = x/y находится из уравнения x2+y2 = R2 как производнаянеявной функции.


Задача 5

Найти площадь поверхности вращения, образованной вращени-ем кривой y = f(x) вокруг оси x, если x ∈ [a, b].

��

��z

y

∆Si

∆li

��

a b x

6

CCCO

-

I Вопрос: Что принять в ка-честве элемента интегральнойсуммы?

Ответ: Площадь “пояска”:

∆Si = 2πf(ξi)∆li

Sn =n−1∑

i=0

2πf(ξi)∆li =

=n−1∑

i=0

2πf(ξi)√

1 + f ′2(xi)∆xi

Sповерх . вращ = 2π

∫ b

af(x)

√1 + f ′2(x) dx J

Пример 4. Найти площадь боковой поверхности конуса вра-щения радиуса R, если длина образующей равна l.

-

y

z

x

6

��

�

l

h

B Вопрос: Каково уравнениеобразующей конуса?

Ответ: y = xR

h,

где h =√l2 −R2 —

высота конуса.

S = 2π

∫ h

0xR

h

√

1 +

(R

h

)2

dx = 2πRl

h2

x2

2

∣∣∣∣∣

h

0

= πRl

Вопрос: К чему стремится площадь боковой поверхности конусавращения, если его высота стремится к нулю?

Ответ: К площади круга. C

Лекция 32. Несобственные интегралы 147

Лекция 32. Несобственные интегралы

До сих пор мы занимались вычислением интегралов. В даннойлекции речь пойдет о таких интегралах, которые прежде, чемвычислять, необходимо исследовать на сходимость.

F Интеграл называется несобственным, если его подынтег-ральная функция не ограничена на отрезке интегрирова-ния, либо неограничена сама область интегрирования.

F Несобственный интеграл существует (сходится), если су-ществует предел этого интеграла в точке разрыва подын-тегральной функции или в бесконечно удаленной точке. Впротивном случае говорят, что несобственный интегралне существует (расходится).

Несобственный интеграл с неограниченным

пределом интегрирования

Это интеграл следущего вида:

∫ ∞

af(x) dx = lim

b→∞

∫ b

af(x) dx

∫ b

−∞f(x) dx = lim

a→−∞

∫ b

af(x) dx

или

Пример 1. Вычислить∫ ∞

0

dx

1 + x2.

B

∫ ∞

0

dx

1 + x2= lim

b→∞

∫ b

0

dx

1 + x2= lim

b→∞(arctg b− 0) =

π

2C


Несобственный интеграл от неограниченной

функции

Это интеграл следущего вида:

∫ b

af(x) dx = lim

ε→0

∫ b

a+εf(x) dx, где lim

x→a+0f(x) = ∞

∫ b

af(x) dx = lim

ε→0

∫ b−ε

af(x) dx, где lim

x→b−0f(x) = ∞

или

Пример 2. Вычислить∫ 1

0

dx√1 − x2

.

B

∫ 1

0

dx√1 − x2

=

{lim

x→1−0

1√1 − x2

= ∞}

= limε→0

∫ 1−ε

0

dx√1 − x2

=

= limε→0

arcsinx

∣∣∣∣1−ε

0= lim

ε→0(arcsin (1 − ε) − 0) =

π

2C

Признаки сходимости несобственных интегралов

Задача 1 (признак сравнения)

Пусть выполняется неравенство 0 < g(x) 6 f(x), где x ∈ [a,∞).Показать, что если несобственный интеграл от большей функ-ции f(x) сходится , то он сходится и от меньшей функции g(x),а если он от меньшей функции расходится, то он расходится иот большей функции.

I g(x) 6 f(x) =⇒n−1∑

i=0

g(ξi)∆xi 6

n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi =⇒

=⇒ limmax ∆xi→0

n−1∑

i=0

g(ξi)∆xi 6 limmax ∆xi→0

n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi =⇒

=⇒∫ ∞

ag(x) dx 6

∫ ∞

af(x) dx J

Лекция 32. Несобственные интегралы 149

Задача 2 (предельный признак сравнения)

Пусть функции f(x) и g(x) с точностью до постоянного множи-теля эквивалентны в точке их разрыва или в бесконечно удален-ной точке.Показать, что в этом случае несобственные интегралы от этихфункций сходятся или расходятся одновременно.

I По условию limx→∞

f(x)

g(x)= A, и положим g(x) > 0, A > 0.

Тогда из определения предела:

A− ε 6f(x)

g(x)6 A+ ε

︸︷︷︸⇓

(A− ε)g(x) 6 f(︸︷︷︸1−нерав.

x) 6 (A+ ε)g(x)︸︷︷︸2−нерав.

, где x→ ∞

Применим теперь признак сравнения к каждому из неравенств:

из 1 неравенства ⇒ если сходится интеграл от f(x), то схо-дится интеграл от g(x);из 2 неравенства ⇒ если сходится интеграл от g(x), то схо-дится интеграл от f(x). J

Пример 3. Исследовать∫ 1

0

dx

sinx2.

B

∫ 1

0

dx

sinx2⇒{

1

sinx2'

x→0

1

x2

}⇒∫ 1

0

dx

x2=

= limε→0

∫ 1

ε

dx

x2= lim

ε→0

(−1

x

)∣∣∣∣1

ε= −1 +

1

0= ∞.

Ответ: Интеграл расходится C


Задача 3 (частный предельный признак сходимости дляинтеграла с неограниченным пределом)

Пусть f(x) 'x→∞

A

xα, тогда несобственный интеграл сходится,

если α > 1 и расходится, если α 6 1.

I

∫ ∞

a

A

xαdx = lim

b→∞

∫ b

a

A

xαdx =

=

α 6= 1, limb→∞

A/(1 − α)

xα−1

∣∣∣∣b

a—

α > 1 – сходитсяα < 1 – расходится

α = 1, limb→∞

A lnx

∣∣∣∣b

a— расходится

J

Задача 4 (частный предельный признак сходимости дляинтеграла от неограниченной функции)

Пусть f(x) 'x→b

A

(x− b)α, тогда несобственный интеграл сходит-

ся, если α < 1, и расходится, если α > 1.

I

∫ b

a

A

(x− b)αdx = lim

ε→0

∫ b−ε

a

A

(x− b)αdx =

=

α 6= 1, limε→0

A/(1 − α)

(x− b)α−1

∣∣∣∣b−ε

a

—α < 1 – сходитсяα > 1 – расходится

α = 1, limε→0

A ln (x− b)

∣∣∣∣b−ε

a— расходится

J

Пример 4. Исследовать∫ ∞

0

dx

(x− 3)2.

B Поскольку α = 2, то согласно Задаче 3 интеграл с не-ограниченным пределом интегрирования сходится. Но в точкеx = 3, принадлежащей отрезку интегрирования, неограниченнаподынтегральная функция, а значит, согласно Задаче 4, интег-рал расходится. Ответ: Интеграл расходится C

Лекция 33. О других методах интегрального исчисления 151

Лекция 33. О других методах

интегрального исчисления

Изученные нами методы интегрирования позволяют вычис-лять достаточно простые интегралы. Существуют и дру-гие, более изощренные методы интегрирования. Некоторымиз них, например, методу перевала, посвящены монографии. Вданной лекции мы лишь коснемся двух таких методов интег-рального исчисления, а именно, метода вычисления интегра-лов с помощью введения параметра и метода приближенного

интегрирования.

Вычисление интегралов, зависящих от параметра

F Пусть подынтегральная функция является функцией двухпеременных f(x, λ), заданой на множестве точек (x, λ), гдеx ∈ [a, b], λ ∈ [c, d], тогда интеграл

∫ b

af(x, λ) dx = I(λ)

называется интегралом зависящим от параметра λ.

Свойство:

d

dλI(λ) =

∫ b

a

d

dλf(x, λ) dx (∗)

• f ′λ(x, λ) является непрерывной функцией двух переменных.

Пример 1. Вычислить I(λ) =

∫ 1

0xe−λx dx, где λ > 0.

B Введем вспомогательный интеграл


J(λ) =

∫ 1

0e−λx dx =

e−λx

−λ

∣∣∣∣∣

1

0

=1 − e−λ

λ.

Очевидно, что

I(λ) =

∫ 1

0xe−λx dx = −dJ(λ)

dλ.

Отсюда следует

I(λ) = −(

1 − e−λ

λ

)

λ

′=

1 − e−λ(1 + λ)

λ2C

Задача 1

Вычислить:

∞∫

0

sinx

xdx.

I Примем без доказательства, что заданный несобственныйинтеграл сходится. График его подынтегральной функции приx � 2π вырезает почти равные площади в верхней и нижней

полуплоскостях, в отличие от

∞∫

0

dx

x, который расходится.

Введем два вспомогательных интеграла

I(λ) =

∞∫

0

e−λx sinx

xdx и J(λ) =

∞∫

0

e−λx sinx dx, где λ > 0.

В предположении, что свойство (∗) выполняется и для I(λ), по-лучим

dI(λ)

dλ= −J(λ).

Действительно

d

dλ

∞∫

0

e−λx sinx

xdx =

∞∫

0

sinx

x

d

dλe−λx dx = −

∞∫

0

sinx

xe−λxx dx.


Согласно формуле Эйлера (Лекция 14)

sinx = Im eix,

и соответственно

Im

∞∫

0

e−λxeix dx = J(λ).

Поскольку∞∫

0

e−λx+ix dx =e−λx+ix

−λ+ i

∣∣∣∣∣

∞

0

=1

λ− i,

то один из вспомогательных интегралов равен

J(λ) = Im1

λ− i= Im

λ+ i

1 + λ2=

1

1 + λ2.

Теперь подсчитаем второй интеграл

I(λ) = −∫J(λ) dλ = −

∫dλ

1 + λ2+ C = arcctg λ+ C.

Очевидно

I(∞) = 0 = arcctg∞ +C = 0 + C =⇒ C = 0

В результате искомый интеграл равен

I(0) =

∞∫

0

sinx

xdx = arcctg 0 + C =

π

2J

Задача 2

Вычислить:

∞∫

0

x2e−x2dx, воспользовавшись интегралом Пуас-

сона

∞∫

0

e−x2dx =

√π

2(он будет вычислен в Лекции 50).


I Вопрос: Сходится ли заданный интеграл?

Ответ: Да, заданный несобственный интеграл безусловно схо-дится, поскольку подынтегральная функция убывает быстрее,чем x−α, где α сколь угодно большое число.

Введем два вспомогательных интеграла

I(λ) =

∞∫

0

e−λx2dx, и J(λ) =

∞∫

0

x2e−λx2dx, где λ > 0.

Первый из них простой заменой переменной сводится к интег-ралу Пуассона

I(λ) =

∞∫

0

e−λx2dx =

λx2 = t2√λx = t

dx = dt√λ

=1√λ

∞∫

0

e−t2 dt =1

2

√π

λ.

В предположении, что свойство (∗) выполняется, получим

J(λ) = −dI(λ)

dλ= − d

dλ

(1

2

√π

λ

)=

1

4

√π

λ3.


∞∫

0

x2e−x2dx = J(1) =

√π

4J

Приближенное вычисление интегралов

Ниже мы получим два простейших численных алгоритма вы-числения интегралов.

Задача 3 (формула прямоугольников)

Выразить интегральную сумму в виде суммы площадей прямо-угольников с равными основаниями.


x

y

a b

6

��

��

��

∆Si

∆xi

-

��I x0 = a, xn = b,

∆xi = xi+1 − xi =b− a

n, т. е.

x1 = a+b− a

n,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

xi = a+ ib− a

n, i ∈ [0, n]

∫ b

af(x) dx = lim

max ∆xi→0

n−1∑

i=0

f(xi)∆xi ≈n−1∑

i=0

f(xi)b− a

n

∫ b

af(x) dx ≈ b− a

n

n−1∑

i=0

f(xi) —формула

прямоугольниковJ

Задача 4 (формула трапеций)

Выразить интегральную сумму в виде суммы площадей трапе-ций с равными основаниями.

x

y

a b

6

��

��

��

∆Si

∆xi

-

I Как следует из школьно-го курса геометрии, площадьлюбой из трапеций равна

∆Si =b− a

2n[f(xi+1) + f(xi)].

Действуя так же, как в Зада-че 3, нетрудно получить

∫ b

af(x) dx ≈ b− a

2n

[f(a) + f(b) + 2

n−1∑

i=1

f(xi)

]—

формула

трапецийJ

“Теперь я знаю, почемустолько людей на земле охотно колет дрова.

По крайней мере сразу видишь результаты своего труда.”

Альберт Эйнштейн

Раздел 5

Дифференциальныеуравнения

Лекция 34. Метод изоклин

В данной лекции мы познакомимся с дифференциальным урав-нением первого порядка, а также с его графическим решением.

F Дифференциальным уравнением первого порядка называ-ется уравнение следующего вида

F (x, y, y′) = 0 или y′ = f(x, y) , (1)

где x — независимая переменная, y — неизвестная функ-ция, а f и F — заданные функции соответственно двух итрех переменных.

F Общим решением дифференциального уравнения первогопорядка называется такая функция y = y(x,C), где C —произвольная постоянная, которая обращает уравнение (1)в тождество, т.е.

F (x, y(x,C), y′(x,C)) ≡ 0 или y′(x,C) ≡ f(x, y(x,C)).

Лекция 34. Метод изоклин 157

Задача 1

Решить простейшее дифференциальное уравнение: y ′ = f(x).

Idy

dx= f(x) =⇒ dy = f(x)dx,

∫dy =

∫f(x) dx =⇒ y =

∫f(x) dx = F (x) + C J

• Решение простейшего дифференциального уравнения сводит-ся к вычислению первообразной.

Задача 2

Составить и решить дифференциальное уравнение, описыва-ющее процесс охлаждения стакана молока в термостате, еслиизвестно, что скорость охлаждения пропорциональна разноститемператур этих тел.

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

##

��

��

��

��

##

##

###

##

###�

��

��

T

θ(t)��

I По условию задачи:

dθ

dt= −k(θ − T ),

где k — коэффициент пропор-циональности.Уравнение составлено и оста-лось только решить его.

Для интегрирования необходимо разделить переменные

dθ = −k(θ − T )dt =⇒ dθ

θ − T= −kdt,

∫dθ

θ − T= −

∫k dt =⇒ ln |θ − T | = −kt+ C.

Итак, общее решение:

θ − T = e−kt+C .

158 Дифференциальные уравнения

Чтобы найти C требуется задать начальные условия:

θ(t0) = θ0, t0 = 0.

ТогдаeC = θ0 − T и θ − T = (θ0 − T )e−kt.

-

�θ0 − T

t

θ − T 6

0

Вопрос: К чему стремится раз-ность температур со временем?

Ответ: К нулю, что можнопроиллюстрировать. J

Задача Коши

F Частным решением дифференциального уравнения (1) на-зывается такое решение этого уравнения, которое удовле-творяет начальному условию

y(x0) = y0 . (2)

F Задача Коши состоит в нахождении решения уравнения(1), удовлетворяющему начальному условию (2).

Метод изоклин

Графическое решение дифференциальных уравнений основыва-ется на уравнении

y′ = f(x, y) = k,

где k — угловой коэффициент касательной.

Вопрос: Что описывает последнее уравнение?

Ответ: При фиксированном k оно описывает кривую с равнымуглом наклона касательных.

Лекция 34. Метод изоклин 159

F Изоклиной называется кривая с равным углом наклона ка-сательных.

f(x, y) = k — уравнение изоклины

• Метод изоклин заключается в построении семейства изоклинс нанесенными на них отрезками касательных. Множество от-резков касательных образует поле направлений касательных ин-тегральных кривых. Плавное соединение касательных дает се-мейство интегральных кривых — общее решение уравнения.

Пример 1. Решить методом изоклин уравнение:dy

dx= −x

y.

-

@@

@@

@@

@@

@@

@@

@@�

��

��

��

��

��

��

�6y

x

ИзоклиныZZ} ��>

B Уравнение изоклины

−xy

= k

в данном случае совпадает суравнением нормали

y = −1

kx.

Вопрос: Запишите несколькоуравнений изоклин для фик-сированных угловых коэффи-циентов касательных.

Ответ:

k = ±∞ y = 0k = ±1 y = ∓xk = 0 x = 0

Представленное на рисунке поленаправлений касательных дает се-мейство интегральных кривых.

Вопрос: Что из себя представляют интегральные кривые?

Ответ: Окружности.

Вопрос: Попробуйте это решение получить аналитически.


dy

dx= −x

y=⇒ ydy + xdx = 0 =⇒,

∫y dy +

∫x dx = C =⇒ x2 + y2 = 2C C

Пример 2. Решить методом изоклин уравнение:

dy

dx=√x2 + y2

B Уравнение изоклины√x2 + y2 = k

в данном случае является уравнением окружности, причем чемменьше радиус окружности, тем меньше тангенс угла наклонакасательных.

-

6y

x

интегральныекривые

отрезкикасательных

BBBBN

@@

@@R

��

��+

��

• Полученное графически семейство интегральных кривых эле-ментарными функциями не описывается, а само уравнение прос-тыми аналитическими методами не решается. C

Лекция 35. Дифференциальные уравнения 1-го порядка 161

Лекция 35. Дифференциальные

уравнения 1-го порядка

Чтобы решить дифференциальное уравнение, его необходимопроинтегрировать, но прежде его необходимо идентифициро-вать и преобразовать.

Дифференциальные уравнения 1-го порядка, определенные в пре-дыдущей лекции, удобно записывать в следующей форме

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 . (1)

Дифференциальные уравнения с разделенными

переменными

F Пусть M(x, y) = u(x), а N(x, y) = g(y), тогда уравне-ние (1) называется дифференциальным уравнением с раз-деленными переменными.

Задача 1

Решить дифференциальное уравнение: u(x)dx+ g(y)dy = 0.

I∫u(x) dx+

∫g(y) dy = C J

• Дифференциальное уравнение с разделенными переменнымирешается простым интегрированием.

Дифференциальные уравнения с разделяющимися

переменными

F Пусть M(x, y) = u1(x)g1(y), а N(x, y) = u2(x)g2(y), тогдауравнение (1) называется дифференциальным уравнениемс разделяющимися переменными.


Задача 2

Решить дифференциальное уравнение:

u1(x)g1(y)dx+ u2(x)g2(y)dy = 0.

I Поделим исходное уравнение на

g1(y)u2(x) 6≡ 0,

и тем самым сведем дифференциальное уравнение с разделяю-щимися переменными к дифференциальному уравнению с раз-деленными переменными

u1(x)

u2(x)dx+

g2(y)

g1(y)dy = 0 ⇒

∫u1(x)

u2(x)dx+

∫g2(y)

g1(y)dy = C J

Однородные дифференциальные уравнения

1-го порядка

F Функция M(x, y) называется однородной относительно xи y, если она удовлетворяет равенству

M(tx, ty) = tnM(x, y),

где n — степень однородности.

Пример 1. Найти степень однородности следующих функ-ций:

M1(x, y) = 4x2 + y2, M2(x, y) = x3/y − 2xy,

M3(x, y) = siny

x, M4(x, y) = exy.

B Ответ: M1,2(x, y) — однородные с n = 2, M3(x, y) —однородная с n = 0, M4(x, y) — неоднородная. C

F Однородным дифференциальным уравнением первого по-рядка называется такое уравнение, в которое входят од-нородные функции M(x, y) и N(x, y), причем степень иходнородности одинаковая.


Задача 3

Решить дифференциальное уравнение:

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (1)

где M(x, y) и N(x, y) — однородные функции степени n.

I По определению

{M(x, y) = xnM(1, y

x) ,N(x, y) = xnN(1, y

x) .

Вопрос: Какая замена приводит эти функции к функциям однойпеременной?

Ответ:z =

y

x, y = zx, dy = xdz + zdx

после которой уравнение (1) становится уравнением с разделя-ющимися переменными

M(1, z)dx +N(1, z)(xdz + zdx) = 0

Вопрос: Что теперь делать?

Ответ: Преобразовать его к уравнению с разделенными пере-менными и проинтегрировать

dx

x+

N(1, z)

M(1, z) + zN(1, z)dz = 0 ,

∫dx

x+

∫N(1, z)

M(1, z) + zN(1, z)dz = C J

Пример 2. Решить: (x2 + y2)dx+ yxdy = 0, y(1) = 0.

B Это однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка(n = 2), а потому делаем замену переменных:

z =y

x, y = zx, dy = xdz + zdx + (1) =⇒


dx

x+

zdz

1 + 2z2= 0 =⇒

∫dx

x+

∫zdz

1 + 2z2= lnC =⇒

lnx+1

4ln (1 + 2z2) = lnC =⇒ x4(1 + 2z2) = C .

Обратная замена переменных дает общее решение

x2(x2 + 2y2) = C,

а после учета начального условия

1(1 + 2 · 0) = C =⇒ C = 1,

найдем частное решение

x2(x2 + 2y2) = 1 или y = ±√

12

(1x2 − x2

)C

Линейные дифференциальные уравнения

1-го порядка

F Дифференциальное уравнение является линейным, если онолинейно относительно неизвестной y и ее производных.

F Линейным дифференциальным уравнением 1-го порядканазывается уравнение

y′ + p(x)y = f(x) ,

где y — неизвестная, а p(x) и f(x) — известные функциинезависимой переменной x.

F Линейное дифференциальное уравнение называется одно-родным, если f(x) = 0, в противном случае оно неоднород-ное.


Задача 4

Решить линейное однородное уравнение:

y′ + p(x)y = 0 .

I Вопрос: К какому известному типу уравнений данное урав-нение относится?

Ответ: Это уравнение с разделяющимися переменными.

dy

dx+ p(x)y = 0 =⇒ dy

y+ p(x)dx = 0,

∫dy

y+

∫p(x) dx = C =⇒ ln y +

∫p(x) dx = lnC,

y = Ce−∫

p(x) dx = Cy, где y = e−∫

p(x) dxJ

Задача 5

Решить линейное неоднородное уравнение:

y′ + p(x)y = f(x). (∗)

I Решение будет искаться в виде подобном решению однород-ного уравнения (методом вариации постоянных)

y = C(x)y ,

где C(x) — неизвестная функция. Тогда

(∗) =⇒ C ′(x)y + C(x)y′ + C(x)p(x)y︸︷︷︸⇓

C(x)[y′ + p(x)y] = 0

= f(x) ,

C ′(x)y = f(x) ⇒ dC(x)

dx=f(x)

y⇒ C(x) =

∫f(x)

ydx+ C ,

y = Cy + y

∫f(x)

ydx — формула Бернулли J


Уравнения Бернулли и Риккати

F Уравнением Бернулли называется нелинейное дифферен-циальное уравнение первого порядка следующего вида:

y′ + p(x)y = ynf(x), где n 6= 0 или 1 . (1)

Задача 6

Свести уравнение Бернулли к линейному неоднородному диф-ференциальному уравнению 1-го порядка.

I Вопрос: Почему в уравнении Бернулли n 6= 0 или 1?

Ответ: При n = 1 и n = 0 уравнение является линейным (одно-родным и неоднородным).

Поскольку в линейном уравнении в правой части y отсутствуетподелим уравнение на yn:

y′y−n + p(x)y1−n = f(x).

Вопрос: При какой замене искомой функции уравнение станетлинейным?

Ответ: При замене z = y1−n , так как z′ = (1 − n)y−ny′, то

уравнение (1) ⇒ z′

1 − n+ p(x)z = f(x). J

F Уравнением Риккати называется нелинейное дифференци-альное уравнение первого порядка следующего вида:

y′ + a(x)y + b(x)y2 = c(x) . (2)

Вопрос: При какой замене искомой функции уравнение Риккатисведется к уравнению Бернулли, если известно частное решениеy1 уравнения Риккати.

Ответ: При замене y = y1 + z

уравнение (2) ⇒ z′ + [a(x) + 2b(x)y1(x)]z + b(x)z2 = 0.



уравнения 2-го порядка

Дифференциальные уравнения 2-го порядка в некоторых случа-ях сводятся к дифференциальным уравнениям 1-го порядка.

F Если в уравнении наивысший порядок производной иско-мой функции второй, то такое уравнение называется диф-ференциальным уравнением 2-го порядка

F (x, y, y′, y′′) = 0 или y′′ = f(x, y, y′) , (1)

где x — независимая переменная, y — неизвестная функ-ция, а f и F — заданные функции соответственно трех ичетырех переменных.

Вопрос: Каково теперь начальное условие?

Ответ: Поскольку начальное условие должно определить двеконстанты интегрирования, то оно содержит два уравнения

y(x0) = y0 , y′(x0) = y′0 , (2)

где y0 и y′0 известные числа.

F Задача нахождения решения уравнения (1), удовлетворяю-щему начальному условию (2), называется задачей Кошидля дифференциального уравнения 2-го порядка.

Типы дифференциальных уравнений,

допускающих понижение порядка

Задача 1

Свести дифференциальное уравнение 2-го порядка 1-го типа

F (x, y′, y′′) = 0

к дифференциальным уравнениям 1-го порядка.


I Поскольку заданная функция зависит только от трехпеременных, то очевидна замена переменных

z = y′, z′ = y′′.

Тогда

F (x, y′, y′′) = 0 =⇒{F (x, z, z′) = 0z = y′

J

Пример 1. Решить: y′′ =√

1 + y′2, если y(0) = 1, y′(0) = 0.

B y′′ =√

1 + y′2 =⇒{z′ =

√1 + z2 ,

z = y′ .

1.dz

dx=√

1 + z2 =⇒ dz√1 + z2

= dx,

∫dz√

1 + z2=

∫dx+ C1 =⇒ ln |z +

√1 + z2| = x+ C1 ,

z +√

1 + z2 = ex+C1 =⇒ 1 + z2 = e2(x+C1) − 2zex+C1 + z2 ,

z =ex+C1 − e−(x+C1)

2= sh (x+C1) .

2. z = y′ =⇒ y′ = sh (x+C1)

y =

∫sh (x+C1) dx = ch (x+ C1) + C2 — общее решение

3.

{y′(0) = sh (0 +C1) = 0

y(0) = ch (0 + C1) + C2 = 1=⇒

{C1 = 0

C2 = 0

y = chx — частное решение

Проверка: y′′ = chx =√

1 + shx2 ⇐⇒ chx2 − shx2 = 1.

Ответ: y = ch x. C


Задача 2


F (y, y′, y′′) = 0

к дифференциальным уравнениям 1-го порядка.

I В дифференциальном уравнении 1-го порядка y должна иг-рать роль x, поэтому напрашивается замена

y′x = z(y), y′′xx = (z(y))′ =dz(y)

dx=dz(y)dy

dydx= z′yz .

Тогда

F (y, y′, y′′) = 0 =⇒{F (y, z, zz′y) = 0

z(y) = y′xJ

Пример 2. Решить: y′2 + 2yy′′ = 0.

B y′2 + 2yy′′ = 0 =⇒{y′ = zy′′ = zz′y

}=⇒

{z2 + 2yzz′ = 0y′x = z

1. z(z + 2yz′) = 0

a) z = 0 ⇒ y′x = 0 ⇒ y = C — тривиальное решение

b) z+2yz′ = 0 ⇒ z′+ 12yz = 0 — это линейное однородное

уравнение 1-го порядка, где p(x) = 12y . Его решение равно

z = C1e−∫

dy2y = C1e

− 12

ln y = C1eln 1√

y =C1√y.

2. y′ = C1√y

=⇒ dydx = C1√

y,

∫ √y dy =

∫C1 dx+ C2 =⇒ 2

3

√y3 = C1x+ C2.

Проверка: Дважды дифференцируя полученное решение, при-ходим к исходному уравнению


23

32y

12 y′x = C1 =⇒ 1

2y− 1

2 y′2 + y12 y′′ = 0 =⇒ y′2+2yy′′

2√

y= 0.

Ответ: 23

√y3 = C1x+ C2. C

Задача 3


F (x, y, y′, y′′) = 0,

однородное относительно y, y′, y′′, к дифференциальным урав-нениям 1-го порядка.

I По условию F (x, y, y′, y′′) = ynF (x, 1, y′/y, y′′/y) и поэтомунапрашивается замена

z =y′

y⇒ y′ = zy ⇒ y′′ = z′y + zy′ = y(z′ + z2) .

Тогда

F (x, y, y′, y′′) = 0 =⇒{F (x, z, z′ + z2) = 0y′ = zy

J

Пример 3. Решить: xyy′′ − xy′2 − yy′ = 0.

B xyy′′−xy′2−yy′ = 0 ⇒{y′ = zyy′′ = y(z′ + z2)

}⇒{xz′ − z = 0y′ = zy

1. xz′ − z = 0 =⇒ z = C1e∫

dxx = C1x

2. y′ = C1xy =⇒ dyy = C1xdx =⇒ y = C2e

C1x2

2

Проверка: После подстановки y′ = x и y′′ = C1y(C1x2 + 1) в

исходное уравнение приходим к тождеству:

xyC1y(C1x2 + 1) − xC2

1x2y2 − C1y

2x = 0 ≡ 0.

Ответ: y = C2eC1x2

2 . C

Лекция 37. Линейные дифференциальные уравнения 171

Лекция 37. Линейные дифференциальные

уравнения высших порядков

На этой лекции мы познакомимся с такими важными поняти-ями, как определитель Вронского и фундаментальная системарешений.

F Линейным дифференциальным уравнением n-го порядканазывается уравнение

y(n) + pn−1(x)y(n−1) + . . .+ p1(x)y

(1) + p0(x)y = f(x) , (1)

где pi(x) (i = 0, n− 1) и f(x) — известные функции.

Вопрос: Почему это уравнение называется линейным?

Ответ: Потому что оно линейно относительно y и ее производ-ных.

Линейный дифференциальный оператор n-го

порядка

F Линейным дифференциальным оператором n-го порядканазывается выражение

Ln = dn

dxn + pn−1(x)dn−1

dxn−1 + . . .+ p1(x)ddx + p0(x) .

Вопрос: Какой вид примет линейное дифференциальное урав-нение при использовании линейного дифференциального опера-тора?

Ответ: Ln[y] = f(x) . (1)


Задача Коши

F Частным решением дифференциального уравнения n-го по-рядка называется такое решение этого уравнения, котороеудовлетворяет начальному условию

y(x0) = y0, y′(x0) = y′0, . . . , y

(n−1)(x0) = y(n−1)0 . (2)

F Задачей Коши называется задача нахождения решения диф-ференциального уравнения (1) при заданном начальномусловии (2).

Свойства линейного дифференциального оператора

1. Однородность

Ln[cy] = cLn[y] .

2. Аддитивность

Ln[y1 + y2] = Ln[y1] + Ln[y2] .

Pешение линейного однородного уравнения

F Линейным однородным дифференциальным уравнением n-го порядка называется уравнение следующего вида

Ln[y] = 0 . (1′)

Задача 1

Пусть y1, y2, . . . , yn являются решениями уравнения (1′).

Показать, что суммаn∑

k=1

Ckyk также является решением (1′).

I Ln

[n∑

k=1

Ckyk

]= {по 2-ому свойству} =


=n∑

k=1

Ln [Ckyk] = {по 1-ому свойству} =

=n∑

k=1

CkLn [yk] = {по условию} =n∑

k=1

Ck0 = 0 J

F Фундаментальной системой решений называется системаn линейно независимых решений уравнения (1′).

F Система n функций называется линейно зависимой, еслинайдутся такие постоянные коэффициенты Ck, при этомхотя бы одно Ck 6= 0, что выполняется

C1y1 +C2y2 + . . .+ Cnyn ≡ 0, ∀x ∈ (a, b),

в противном случае такая система функций называетсялинейно независимой на (a, b).

F Пусть {yk(x)} образует фундаментальную систему реше-ний линейного однородного дифференциального уравненияn-го порядка, тогда

y =n∑

k=1

Ckyk(x) , где Ck = const,

является его общим решением.

Пример 1. Являются ли линейно независимыми функции:ex и ex+b ?

B Попробуем подобрать такие C1 и C2, чтобы

C1ex + C2e

x+b ≡ 0 .

Очевидно, что тождество выполняется при C1 = eb, C2 = −1.

Ответ: Функции линейно зависимы. C


Задача 2

Показать, что если функции y1, y2, . . . , yn линейно зависимы,то определитель Вронского равен нулю.

F Определителем Вронского называется определитель, обра-зованный из функций и их производных следующим обра-зом

W [y1, y2, . . . , yn] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

y1 y2 · · · yn

y′1 y′2 · · · y′n...

.... . .

...

y(n−1)1 y

(n−1)2 · · · y

(n−1)n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

I Вопрос: Что будет, если продифференцировать n − 1 разусловие линейной зависимости функций?

Ответ: Получится квадратная однородная система линейныхалгебраических уравнений относительно Ck

C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn = 0

C1y′1 + C2y

′2 + . . . + Cny

′n = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

C1y(n−1)1 + C2y

(n−1)2 + . . . + Cny

(n−1)n = 0

Вопрос: Когда эта система имеет нетривиальное решение, т.е.Ck 6= 0 ∀x ∈ (a, b) ?

Ответ: Чтобы Ck =∆k

∆6= 0, необходимо

∆ = W [y1, y2, . . . , yn] = 0 J

• Если найдется хотя бы одна точка x, в которойW [y1, y2, . . . , yn] 6= 0 ,

то тогда функции y1, y2, . . . , yn — линейно независимы.


Пример 2. Является ли линейно независимой система сле-дующих функций: {x, cos x, sinx}?

B W [x, cos x, sinx] =

∣∣∣∣∣∣∣∣

x cos x sinx

1 − sinx cosx

0 − cos x − sinx

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

x cos x sinx

1 − sinx cos x

x 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= x(cos2 x+ sin2 x) = x 6= 0 .

Ответ: Функции линейно независимы. C

Пример 3. Hайти линейное однородное дифференциальноеуравнение, фундаментальной системой решений которого явля-ются функции: {x, cos x, sinx}.

B Вопрос: Каков порядок искомого дифференциального урав-нения?

Ответ: Третий.

Сейчас мы выпишем общее решение, трижды его продифферен-цируем, и далее подберем такие множители, чтобы при сложе-нии правых его частей получился нуль.

−1 | y = C1x + C2 cosx+C3 sinx

x | y′ = C1 − C2 sinx+ C3 cos x

−1 | y′′ = − C2 cosx−C3 sinx

x | y′′′ = + C2 sinx− C3 cos x

− y + xy′ − y′′ + xy′′′ = 0.

Ответ: y′′′ − 1

xy′′ + y′ − 1

xy = 0. C


Лекция 38. Метод вариации

произвольных постоянных

Вариация — термин, введенный Лагранжем для обозначениямалого смещения независимого переменного или функции. Ме-тод вариации произвольных постоянных, ранее использован-ный для решения линейного неоднородного уравнения 1-го по-рядка, будет здесь использован для решения линейного неодно-родного дифференциального уравнения n-го порядка.

Задача 1

Пусть y0 — частное решение линейного неоднородного диффе-ренциального уравнения n-го порядка, а {yk(x)} образует фун-даментальную систему решений того же уравнения, т.е.

y =n∑

k=1

Ckyk(x) — общее решение линейного однородного урав-

нения n-го порядка. Показать, что y(x) = y0 + y — общее реше-ние линейного неоднородного уравнения n-го порядка.

I Ln[y(x)] = Ln[y0 + y] = Ln[y0] + Ln[y] =

=

{Ln[y0] ≡ f(x)Ln[y] ≡ 0

}≡ f(x) + 0 ≡ f(x) J

Задача 2

Пусть известна {yk} — фундаментальная система решенийуравнения

Ln[y] = f(x). (1)

Найти общее решение линейного неоднородного уравнения n-гопорядка.

I Решение (1) будем искать в виде общего решения линейного

Лекция 38. Метод вариации произвольных постоянных 177

однородного уравнения (см. Лекцию 35. Задачу 5)

y =n∑

k=1

Ck(x)yk, (2)

но с переменными коэффициентами. Чтобы найти Ck(x), кото-рых n, а уравнение одно, требуется наложить n−1 условие привычислении производных y. Итак

y′ =n∑

k=1

C ′k(x)yk

︸︷︷︸=0

+n∑

k=1

Ck(x)y′k ,

y′′ =n∑

k=1

C ′k(x)y

′k

︸︷︷︸=0

+n∑

k=1

Ck(x)y′′k ,

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·︸︷︷︸=0

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

y(n) =n∑

k=1

C ′k(x)y

(n−1)k +

n∑

k=1

Ck(x)y(n)k .

Подстановка всех производных в исходное уравнение дает по-следнее уравнение для нахождения C ′

k(x)

Ln[y] =n∑

k=1

Ck(x)Ln[yk]︸︷︷︸=0

+n∑

k=1

C ′k(x)y

(n−1)k = f(x) .

В результате получим следующую квадратную систему линей-ных алгебраических уравнений для C ′

k(x):

C ′1y1 + C ′

2y2 + . . . + C ′nyn = 0,

C ′1y

′1 + C ′

2y′2 + . . . + C ′

ny′n = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

C ′1y

(n−1)1 + C ′

2y(n−1)2 + . . . + C ′

ny(n−1)n = f(x).

Решение этой системы определяется формулой Крамера


C ′k(x) =

∆k

∆=

∆k

W [y1, y2, . . . , yn], (3)

причем ее определителем является определитель Вронского. J

F Метод вариации произвольных постоянных — метод на-хождения частного и общего решений линейного неодно-родного уравнения при известной фундаментальной систе-ме его решений, при этом решение уравнения (1) ищетсяв виде (2), в котором Ck(x) удовлетворяет (3).

Пример 1. Известно, что {x, cos x, sinx} — фундамен-тальная система решений уравнения

y′′′ − 1

xy′′ + y′ − 1

xy = x.

Hайти частное и общее решения этого уравнения.

B y =3∑

k=1

Ck(x)yk = C1(x)x+ C2(x) cos x+ C3(x) sin x .

1. Вычислим определители.

W [x, cos x, sinx] =

∣∣∣∣∣∣∣∣

x cos x sinx

1 − sinx cos x


∣∣∣∣∣∣∣∣= x,

∆1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 cos x sinx

0 − sinx cos x

x − cos x − sinx

∣∣∣∣∣∣∣∣= x,

∆2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

x 0 sinx

1 0 cos x

0 x − sinx

∣∣∣∣∣∣∣∣= −x(x cos x− sinx),

Лекция 38. Метод вариации произвольных постоянных 179

∆3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

x cos x 0

1 − sinx 0

0 − cos x x

∣∣∣∣∣∣∣∣= x(−x sinx− cos x).

2. Вычислим Ck(x) .

C ′1 = 1 ⇒ C1(x) = x+ C1 ,

C ′2 = −x cos x+ sinx ⇒ C2(x) = −

∫x cos x dx− cos x+ C2 ,

C ′3 = −x sinx− cos x ⇒ C3(x) = −

∫x sinx dx− sinx+ C3 ,

∫x cos x dx =

{u = x v′ = cos xu′ = 1 v = sinx

}= x sinx+ cos x,

∫x sinx dx =

{u = x v′ = sinxu′ = 1 v = − cos x

}= −x cos x+ sinx.

Таким образом

C2(x) = −x sinx− 2 cos x+ C2; C3(x) = x cos x− 2 sin x+ C3.

3. Окончательно получим

y =3∑

k=1

Ck(x)yk = (x+ C1)x+ (−x sinx− 2 cos x+C2) cos x+

+(x cos x− 2 sinx+ C3) sinx = x2 − 2︸︷︷︸y0

+C1x+ C2 cos x+ C3 sinx︸︷︷︸y

4. Проверим частное решение y0 = x2 − 2

y′ = 2x, y′′ = 2, y′′′ = 0 =⇒ 0 +1

x2 − 2x− 1

x(x2 − 2) = x ≡ x .

Ответ: y = x2 − 2 + C1x+ C2 cos x+ C3 sinx. C


Лекция 39. Линейные однородные

дифференциальные уравнения n-го

порядка с постоянными коэффициентами

Нам предстоит получить общее решение линейного однород-ного уравнения Ln[y] = 0 (1) как для случая простых корней(действительных и комплексных), так и для случая кратныхкорней характеристического уравнения.

Характеристическое уравнение

Задача 1

Преобразовать линейное однородное дифференциальное уравне-ние n-го порядка с постоянными коэффициентами

Ln[y] = y(n) + pn−1y(n−1) + . . .+ p1y

(1) + p0y = 0, pj = const

к алгебраическому уравнению.

I Возьмем в качестве решения функцию

y = ekx — пробная функция

Тогда

Ln[ekx] =n∑

j=0

pjdj

dxjekx = ekx

n∑

j=0

pjkj = ekxRn(k) = 0 J

F Алгебраическое уравнение, получаемое из линейного одно-родного дифференциального уравнения n-го порядка заме-ной производных на степени, т.е. y(j) =⇒ kj , называетсяхарактеристическим уравнением

Rn(k) =n∑

j=0

pjkj = kn + pn−1k

n−1 + . . . + p1k + p0 = 0 .

Лекция 39. Линейные однородные уравнения 181

Задача 2

Пусть все kj — простые корни характеристического уравне-

ния. Показать, что{ekjx

}, где j = 1, n, является фундаменталь-

ной системой решений уравнения (1).

I Из Задачи 1 следует, что ekjx без сомнения являются реше-ниями уравнения (1). Нужно показать, что они линейно незави-симы. Сделаем это для случая n = 3.

W[ek1x, ek2x, ek3x

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣

ek1x ek2x ek3x

k1ek1x k2e

k2x k3ek3x

k12ek1x k2

2ek2x k32ek3x

∣∣∣∣∣∣∣∣=

= ek1x+k2x+k3x

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

k1 k2 k3

k12 k2

2 k32

∣∣∣∣∣∣∣∣=

преобразуемопределитель

Вандермонда

=

= ek1x+k2x+k3x

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0

k1 k2 − k1 k3 − k1

k12 k2

2 − k12 k3

2 − k12

∣∣∣∣∣∣∣∣=

= ek1x+k2x+k3x

∣∣∣∣∣k2 − k1 k3 − k1

k22 − k1

2 k32 − k1

2

∣∣∣∣∣ =

= ek1x+k2x+k3x(k2 − k1)(k3 − k1)(k3 + k1 − k2 − k1) 6= 0,

поскольку в случае простых корней k1 6= k2 6= k3 J

Задача 3

Показать, что следующие фундаментальные системы решенийэквивалентны

{e(α+iβ)x, e(α−iβ)x

}

︸︷︷︸1

⇐⇒ {eαx cos βx, eαx sinβx}︸︷︷︸2

.


I Общее решение, соответствующее первой фундаментальнойсистеме, равно

y = C1e(α+iβ)x + C2e

(α−iβ)x

︸︷︷︸1

={e±iβx = cos βx± i sinβx

}=

= C1eαx(cos βx+ i sin βx) + C2e

αx(cos βx − i sinβx) =

= (C1 + C2)eαx cos βx+ i(C1 − C2)e

αx sinβx =

= A1eαx cos βx+A2e

αx sinβx︸︷︷︸2

J

Случай кратных корней

Задача 4

Пусть первые m корней совпадают, т.е. k1 является m-кратнымкорнем характеристического уравнения. Показать, чтоek1x, xek1x, . . . , xm−1ek1x — решения уравнения (1).

I По условию задачи Rn(k) = (k − k1)mQn−m(k). Убедимся,

что Ln[xlek1x] = 0, если l = 0,m− 1.

Ln[xlekx]∣∣∣k=k1

= Ln[dl

dklekx]

∣∣∣k=k1

=dl

dklLn[ekx]

∣∣∣k=k1

=

=dl

dkl[ekx(k − k1)

mQn−m(k)]∣∣∣k=k1

=

= ekx[xlRn(k) + xl−1m(k − k1)m−1Qn−m(k)+

+ . . .+m(m− 1) · · · (m− l + 1)(k − k1)m−lQn−m(k) + . . .

+(k − k1)m dl

dklQn−m(k))]

∣∣∣k=k1

= 0 J

Лекция 39. Линейные однородные уравнения 183

Задача 5

Пусть первые m корней совпадают, т.е. k1 является m-кратнымкорнем характеристического уравнения. Показать, что в этомслучае ek1x, xek1x, . . . , xm−1ek1x входят в фундаментальнуюсистему решений уравнения (1).

I Согласно Задаче 4 эти функции являются решениями урав-нения (1). Hам осталось показать, что эти функции линейнонезависимы. Как следует из определения линейно независимыхфункций (Лекция 37), умножение всех функций на некоторуюфункцию не может изменить их линейную зависимость или не-зависимость. Поэтому достаточно вычислить определитель Врон-ского

W [1, x, . . . , xm−1] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x · · · xm−1

0 1 · · · (m− 1)xm−2

......

. . ....

0 0 · · · (m− 1)!

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

6= 0 .

Итак, заданные функции линейно независимы и входят в фун-даментальную систему решений уравнения (1). J

Пример 1. Решить: y(5) + 3y(4) + 3y(3) + y(2) = 0.

B 1. R5(k) = k5 + 3k4 + 3k3 + k2 = 0 =⇒R5(k) = k2(k3 + 3k2 + 3k + 1) = k2(k + 1)3 = 0.

Корни характеристического уравнения: k1,2 = 0︸︷︷︸m1=2

, k3,4,5 = −1︸︷︷︸m2=3

.

2. Фундаментальная система решений:

{fi(x)} = e0x, xe0x, e−x, xe−x, x2e−x.

Ответ: y = C1 + C2x+ C3e−x + C4xe

−x + C5x2e−x C


Лекция 40. Линейные неоднородные

дифференциальные уравнения n-го

порядка с постоянными коэффициентами

Из этой лекции станет ясно, что решение указанных урав-нений не имеет принципиальных трудностей и может быть

проведено даже двумя способами.

Решение методом вариаций произвольных

постоянных

Решение этим методом состоит из следующих шагов:

1. Решить характеристическое уравнение, и тем самымнайти фундаментальную систему решений {yk(x)} и общеерешение линейного однородного уравнения

y =n∑

k=1

Ckyk(x) , где Ck = const .

2. Вычислить определитель Вронского и дополнительныеопределители, с помощью которых находятся

C ′k(x) =

∆k

∆.

3. Решить простейшие дифференциальные уравнения изпункта 2, и тем самым найти Ck(x).

4. Общее решение неоднородного уравнения равно

y =n∑

k=1

Ck(x)yk(x) = y + y0

и представляет собой сумму общего решения однородного урав-нения и частного решения неоднородного.

Лекция 40. Линейные неоднородные уравнения 185

Пример 1. Решить: y′′′ + y′ = tg x.

B 1. k3 + k = 0 ⇒ k(k2 + 1) = 0 ⇒ k1 = 0, k2,3 = ±i.

y = C1e0x + C2e

ix + C3e−ix = C1 + C2 cos x+ C3 sinx.

• Здесь произвольные постоянные переобозначены.

2. W [1, cos x, sinx] = ∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 cos x sinx

0 − sinx cos x


∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 6= 0,

∆1 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 cos x sinx

0 − sinx cos x

tg x − cos x − sinx

∣∣∣∣∣∣∣∣= tg x ⇒ C ′

1(x) = tg x ,

∆2 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 sinx

0 0 cos x

0 tg x 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= − sinx ⇒ C ′

2(x) = − sinx ,

∆3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 cos x 0

0 − sinx 0

0 0 tg x

∣∣∣∣∣∣∣∣= − tg x sinx ⇒ C ′

3(x) = − tg x sinx .

3. C1(x) =

∫tg x dx = − ln | cos x| + C1 ,

C2(x) = −∫

sinx dx = cos x+ C2 ,

C3(x) = −∫

sin2 x

cos xdx =

∫ (cos x− 1

cos x

)dx =

= sinx+ ln | tg (x

2− π

4)| + C3 .

4. y = C1(x) + C2(x) cos x+ C3(x) sin x.

Ответ: y = C1 + C2 cosx+C3 sinx−− ln | cos x| + ln | tg (x

2 − π4 )| sinx C


Решение при специальном виде правой части

Первый случай:

Ln[y] = Aek0x , (1)

где k0 не совпадает с корнями характеристического уравнения.

Задача 1

Найти частное решение (1), если k0 не совпадает с корнямихарактеристического уравнения.

I Будем искать частное решение неоднородного уравнения ввиде подобном его правой части

y0 = aek0x ,

где требуется определить a.

Ln[aek0x] = aek0xRn(k0) = Aek0x ⇒ a =A

Rn(k0)J

Пример 2. Решить: y′′ − 5y′ + 6y = 10e−2x.

B k2 − 5k + 6 = 0 =⇒ k1,2 = 2, 3 ⇒ y = C1e2x + C2e

3x

A = 10, k0 = −2, R2(−2) = 20, a = 1020 = 1

2 ⇒ y0 = 12e

−2x.

y = y + y0 = C1e2x + C2e

3x +1

2e−2x

Проверка: Для каждой из функций, входящих в решение, дол-жен выполняться баланс коэффициентов.

C1e2x : 4 − 10 + 6 = 0 ≡ 0 ,

C2e3x : 9 − 15 + 6 = 0 ≡ 0 ,

e−2x : 2 + 5 + 3 = 10 ≡ 10 .

Ответ: y = C1e2x + C2e

3x + 12e

−2x C

Лекция 40. Линейные неоднородные уравнения 187

Второй случай:

Ln[y] = Aek0x, (1)

где экспоненциальный множитель k0 совпадает с корнем ха-рактеристического уравнения кратности m.

Задача 2

Найти частное решение (1), если k0 совпадает с корнем харак-теристического уравнения кратности m.

I Вопрос: Может ли xlek0x при l = 0,m− 1 являться част-ным решением уравнения (1)?

Ответ: Нет, поскольку xlek0x является решением однородногоуравнения (Лекция 39, Задача 4).

Будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде

y0 = axmek0x ,

где требуется определить a.

По условию задачи Rn(k) = (k − k0)mQn−m(k).

Ln[axmek0x] = aLn[dm

dkmekx]

∣∣∣k=k0

= adm

dkmLn[ekx]

∣∣∣k=k0

=

= adm

dkm[ekx(k − k0)

mQn−m(k)]∣∣∣k=k0

= aekxm!Qn−m(k)]∣∣∣k=k0

=

= aek0xm!Qn−m(k0) = Aek0x ⇒ a =A

m!Qn−m(k0)J

• Обратим внимание, что m = 0 соответствует первому слу-чаю.

• Алгоритм верен как для действительных k0, так и для комп-лексных.


Третий случай:

Ln[y] = Pl(x)eαx cosβx+Kl(x)e

αx sinβx ,

где Pl(x) и Kl(x) многочлены l-ой степени, а комплекснаявеличина k0 = α± iβ совпадает с корнем характеристическогоуравнения кратности m.

В этом случае, как и в первых двух, частное решение линейно-го неоднородного дифференциального уравнения n-го порядка спостоянными коэффициентами ищется в виде наиболее близкомк его правой части

y0 = xm[Fl(x)eαx cos βx+Gl(x)e

αx sinβx] .

Пример 3. Решить задачу Коши:

y′′ + y = x cos x, y(0) = 0, y′(0) = 2.

B k2 + 1 = 0 =⇒ k1,2 = ±i ⇒ m = 1, т.к. k0 = ±i.

y = C1 cosx+ C2 sinx, y0 = x[(Ax+ C) cos x+ (Bx+D) sinx].

Подстановка частного решения в исходное уравнение позволяетнайти неопределенные коэффициенты частного решения.

cos x : 2A+D = 0 ; sinx : 2B −C = 0 ,x cos x : 2B − C + C = 1 ; x sinx : −2A−D +D = 0 ,x2 cos x : A−A = 0 ; x2 sinx : −B +B = 0 .

Отсюда A = 0, B = 12 , C = 1, D = 0, следовательно

y = C1 cos x+ C2 sinx+ x cos x+ 12x

2 sinx.

Применим к найденному y начальные условия:

y(0) : C1 = 0 ; y′(0) : C2 + 1 = 2 ⇒ C2 = 1.

Ответ: y = sinx+ x cos x+ 12x

2 sinx C

Лекция 41. Система линейных однородных уравнений 189

Лекция 41. Система линейных

однородных дифференциальных

уравнений 1-го порядка с постоянными

коэффициентами

Система линейных однородных дифференциальных уравнений 1-го порядка с постоянными коэффициентами сводится к сис-теме линейных алгебраических уравнений.

F Система линейных однородных дифференциальных урав-нений 1-го порядка с постоянными коэффициентами имеетследующий вид в операторной форме:

d−→y

dx= A

−→y , (1)

где−→y = (n×1) — искомый вектор, а A — линейный опе-

ратор, представляющий собой числовую матрицу (n×n).

Вопрос: Как выглядит та же система в тензорной форме?

Ответ:dyi

dx=

n∑

j=1

aijyj , где aij = const, i, j = 1, n.

Вопрос: Как выглядит система (1) в матричной форме?

Ответ:d

dx

y1

y2

...

yn

=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

y1

y2...yn

.

Вопрос: Как выглядит система (1) в алгебраической форме?


Ответ:

dy1

dx= a11y1 + a12y2 + . . . + a1nyn ,

dy2

dx= a21y1 + a22y2 + . . . + a2nyn ,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .dyn

dx= an1y1 + an2y2 + . . . + annyn .

Задача 1

Получить характеристическое уравнение системы (1).

I Чтобы свести системуd−→y

dx= A

−→y к алгебраической, введем

пробную функцию

−→y =

−→α ekx .

Тогда (1) =⇒ k−→α ekx = A

−→α ekx =⇒ A

−→α = k

−→α .

Полученное уравнение — это уравнение на собственные векто-ры квадратной матрицы (смотри Лекцию 10). Использование

единичной матрицы E−→α =

−→α , дает уравнение на собственные

числа квадратной матрицы:

det(A− kE) = 0 — характеристическое уравнение J

Вопрос: Как запишется общее решение системы (1), если всекорни характеристического уравнения kj различны?

Ответ: yi =n∑

j=1

bijekjx , где bij = const, i = 1, n.

Вопрос: Как запишется общее решение системы (1), если вы-

численны собственные векторы−→α

(j)

матрицы A?

Лекция 41. Система линейных однородных уравнений 191

Ответ: Тогда общее решение имеет вид:

−→y =

n∑

j=1

Cj−→α

(j)

ekjx , где j = 1, n.

Вопрос: Как запишется общее решение системы (1), если ко-рень характеристического уравнения k1 кратности m?

Ответ: В этом случае фундаментальная система решений:{ek1x, xek1x, . . . , xm−1ek1x, ekm+1x, . . . , eknx

},

а потому общее решение:

yi = (bi1 + bi2x+ · · · + bimxm−1)ek1x +

n∑

j=m+1

bijekjx .

Вопрос: Сколько произвольных констант содержит общее ре-шение системы (1)?

Ответ: Всего n, поскольку n уравнений 1-го порядка. Следо-вательно n2 − n коэффициентов bij подлежат определению.


dy1

dx= y1 + 2y2 ,

dy2

dx= 2y1 + y2 .

B 1. Решаем характеристическое уравнение:

det(A− kE) =

∣∣∣∣∣1 − k 2

2 1 − k

∣∣∣∣∣ = 0.

(1 − k)2 − 4 = 0 =⇒ k1,2 = −1, 3.

2. Фундаментальная система решений:{e−x, e3x

}.

3. Найдем общее решение:

y1 = b11e−x + b12e

3x, y2 = b21e−x + b22e

3x.


Вопрос: Как выразить коэффициенты b21 и b22 через коэф-фициенты b11 = C1 и b12 = C2?

Ответ: Для этого достаточно подставить в любое уравнениесистемы y1 и y2, и потребовать, чтобы оно обратилось в тож-дество.

d

dx

(C1e

−x + C2e3x)

= C1e−x + C2e

3x + 2b21e−x + 2b22e

3x.

e−x : −C1 = C1 + 2b21 =⇒ b21 = −C1 ,

e3x : 3C2 = C2 + 2b22 =⇒ b22 = C2 .

Ответ:−→y =

(C1e

−x + C2e3x

−C1e−x + C2e

3x

)= C1

(1

−1

)e−x + C2

(1

1

)e3x C


dy1

dx= y1 − y2 ,

dy2

dx= y1 + 3y2 .

B 1. det(A− kE) =

∣∣∣∣∣1 − k −1

1 3 − k

∣∣∣∣∣ = 0.

(1 − k)(3 − k) + 1 = 0 =⇒ (k − 2)2 = 0 =⇒ k1,2 = 2, m = 2.

2.{e2x, xe2x

}.

3. y1 = C1e2x + C2xe

2x, y2 = b21e2x + b22xe

2x.

d

dx

(C1e

2x + C2xe2x)

= C1e2x + C2xe

2x − b21e2x − b22xe

2x.

e2x : 2C1 + C2 = C1 − b21 =⇒ b21 = −C1 − C2 ,

e3x : 3C2 = C2 + 2b22 =⇒ b22 = −C2 .

Ответ:−→y =

(C1e

2x + C2xe2x

−(C1 + C2)e2x −C2xe

2x

)C

Лекция 42. Фазовые траектории и особые точки 193

Лекция 42. Фазовые траектории и особые

точки дифференциальных уравнений

На этой лекции мы познакомимся с понятием устойчивости

дифференциальных уравнений.

Линейный осциллятор без трения

F Линейным осциллятором называется такая система, кото-рая многократно возвращается к одному и тому же состо-янию, и описывается линейным дифференциальным урав-нением.

Простейшими примерами линейного осциллятора являются ко-лебательный контур и маятник.

Задача 1

Составить уравнение для линейного осциллятора и решить его.

-

AAAAAAA

0

ϕ

�

?TTT�F

P

x

l

I Согласно рисунку проекциясил на ось абцисс равна

F = −P tg α ' −xP/l при x� l.Тогда второй закон Ньютона

mx = −xP/lопределяет уравнение движениямаятника при его малом откло-нении.

Вопрос: Идентифицируйте полученное уравнение.

Ответ: Полученное уравнение линейного осциллятора, котороеудобно записать в следующем виде

x+ ω02x = 0, где ω0

2 = P/(ml),


представляет собой линейное однородное дифференциальное урав-нение 2-го порядка с постоянными коэффициентами.

1. Характеристическое уравнение:

k2 + ω02 = 0 =⇒ k1,2 = ±iω0 .

2. Фундаментальная система решений:{eiω0t, e−iω0t

}⇐⇒ {sinω0t, cosω0t} .

3. Общее решение:

x = C1 sinω0t+ C2 cosω0t .

4. Частное решение:

x = a cosω0t

для начальных условий: x(0) = a, x(0) = 0. J

Задача 2

Установить функциональную связь между x и x для частногорешения Задачи 1.

I Согласно Задаче 1{x = a cosω0t ,

x = −aω0 sinω0t .

Вопрос: Каким образом исключить переменную t?

Ответ: Необходимо воспользоваться теоремой Пифагора.

x

a= cosω0t

− x

aω0= sinω0t

=⇒+

(x

a

)2

= cos2 ω0t(x

aω0

)2

= sin2 ω0t

(x

a

)2

+

(x

aω0

)2

= 1 J


F Фазовой траекторией называется кривая, которая описы-вает зависимость x и x.

Вопрос: Что представляет собой фазовая траектория линейногоосциллятора?

-

6y

x

a3a2a1

b3

b2

b1

Ответ: Эллипс

x2

a2+y2

b2= 1 ,

где y = x, x = x, b = aω0,а также сумму потенциальнойи кинетической энергий.F Пространство переменныхx и x называют фазовым про-странством.

Задача 3

Найти фазовую траекторию для линейного осциллятора без тре-ния, не находя фундаментальной системы решений.

I Сведем дифференциальное уравнение 2-го порядка к системедифференциальных уравнений первого порядка

x+ ω02x = 0 ⇐⇒

x = y

y + ω02x = 0

=⇒

dx

dt= y

dy

dt= −ω0

2x

После исключения переменной t, задача сводится к решениюдифференциального уравнения 1-го порядка.

dy

dx= −ω0

2x

y=⇒ ydy = −ω0

2xdx =⇒

y2

2+ ω0

2x2

2= C =⇒

(x

a

)2

+

(y

aω0

)2

= 1 J

Вопрос: Имеется ли точка, где не определена фазовая траекто-рия?


Ответ: Да. Фазовая траектория линейного осциллятора не опре-делена в точке (0, 0), где dy/dx = 0/0.

F Точка, в которой не определен тангенс угла наклона каса-тельной к фазовой траектории, называется особой.

Задача 4

Записать в линейном приближении систему нелинейных диффе-ренциальных уравнений 1-го порядка

{x = P (x, y) ,

y = Q(x, y)(∗)

в окрестности особой точки, где P (x0, y0) = Q(x0, y0) = 0.

I Разложим в ряды Тейлора правые части уравнений (∗)P (x, y) = (x−x0)P

′x(x0, y0)+ (y− y0)P

′y(x0, y0)+ϕ(x−x0, y− y0)

Q(x, y) = (x−x0)Q′x(x0, y0)+(y−y0)Q

′y(x0, y0)+ψ(x−x0, y−y0)

Тогда, после введения следующих обозначений

a = P ′x(x0, y0), b = P ′

y(x0, y0), ξ = x− x0

c = Q′x(x0, y0), d = Q′

y(x0, y0), η = y − y0

получим искомый результат{ξ = aξ + bη + ϕ(ξ, η) ,

η = cξ + dη + ψ(ξ, η) ,

где ϕ(ξ, η) и ψ(ξ, η) — ряды, начинающиеся с членов не нижевторого порядка по ξ и η. J

F Характеристическим уравнением системы дифференциаль-ных уравнений называется уравнение:

∣∣∣∣∣a− λ b

c d− λ

∣∣∣∣∣ = 0 или λ2 − σλ+ ∆ = 0, гдеσ = a+ d,

∆ = λ1λ2.


Классификация особых точек

Устойчивость системы дифференциальных уравнений опреде-ляется корнями характеристического уравнения.

центр

-

6y

x

∆ > 0, σ2 − 4∆ < 0, σ = 0

фокус

-

6y

x

W ? ?

∆ > 0, σ2 − 4∆ < 0, σ 6= 0

узел

-

6y

x

? ? ?

6 66

∆ > 0, σ2 − 4∆ > 0

седло

x

y 6

-

∆ < 0

• Согласно Ляпунову, если фазовая траектория замкнута, какв случае линейного осциллятора без трения (эллипс), или на-правлена к особой точке и проходит через нее, то решение сис-темы нелинейных дифференциальных уравнений устойчиво. Вовсех остальных случаях оно неустойчиво. Фазовая траекториянаправлена к особой точке, если λ1,2 < 0 (узел) или Reλ1,2 < 0(фокус).

“Каждому, кто хоть когда-нибудь изучал математическиетеории, знакомо то неприятное чувство, когда ...

вдруг осознаешь, что ровным счетом ничего не понял... .

Альберт Эйнштейн

Раздел 6

Дифференциальноеисчисление функции

нескольких переменных

Лекция 43. Частные производные

В отличии от функции одной переменной, функция двух пере-менных описывает не плоскую кривую, а поверхность в трех-мерном пространстве, в каждой точке которой можно про-вести множество касательных.

Функция нескольких переменных

F Пусть задано множество векторов−→x ∈ Rn, и множество

чисел z ∈ Z, и пусть по определенному закону

∀−→x ∈ Rn =⇒ z ∈ Z, тогда Rn — область определенияфункции, а

z = f(−→x ) = f(x1, x2, . . . , xn) — функция n переменных.

Вопрос: Как запишется функция двух переменных?

Лекция 43. Частные производные 199

Ответ: Если переменные x, y ∈ D, то z = f(x, y) — функция

двух переменных, а D — область определения функции.

Пример 1. Отобразить z = x2 + y2 и найти D.

B Воспользуемся методом сечений

-y

x

6z

O

c�

��

�

{z = x2 + y2

x = 0=⇒ z = y2.

В пл. yOz — парабола.{z = x2 + y2

y = 0=⇒ z = x2.

{z = x2 + y2

z = C=⇒ C = x2 + y2.

В пл. xCy — окружность.

Ответ: D : x, y ∈ (−∞,∞),

z = x2 + y2 — параболоид вращения. C

Пример 2. Отобразить z =√

1 − x2 − y2 и найти D.

y

x

z

1

6

-

��

B

{z =

√1 − x2 − y2

y = 0=⇒

=⇒ z =√

1 − x2.{z =

√1 − x2 − y2

x = 0=⇒

=⇒ z =√

1 − y2.{z =

√1 − x2 − y2

z = 0=⇒

=⇒ x2 + y2 = 1.

Ответ: D : x, y ∈ [−1, 1], z =√

1 − x2 − y2 — полусфера. C

200 Дифференциальное исчисление функции

Предел функции нескольких переменных

F Число A является пределом функции f(−→x ) в точке

−→x0 , если

функция определена в окрестности этой точки, за исклю-

чением, может быть, самой точки−→x0 , и ∀ε > 0 найдется

такое δ > 0, что при |−→x −−→x0 | < δ выполняется неравенство

|f(−→x ) −A| < ε, и записывают

lim−→x →

−→x0

f(−→x ) = A или lim

x1→x10

x2→x20

. . . . . .xn→xn

0

f(x1, x2, . . . , xn) = A .

• Предел существует, если он не зависит от пути устремления−→x к

−→x0 .

Пример 3. Вычислить предел z =2xy

x2 + y2в точке (0, 0).

B Зададим путь устремления к точке (0, 0) по прямым y = kx,тогда

limx→0y→0

2xy

x2 + y2= lim

x→0

2kx2

x2 + k2x2=

2k

1 + k2—

пределне существует C

• Предел суммы, частного и произведения функций n перемен-ных равен сумме, частному и произведению пределов, если пре-делы этих функций существуют.

Непрерывность функции

F Функция f(−→x ) непрерывна в точке

−→x0 , если

lim−→x →

−→x0

f(−→x ) = f(

−→x0) .

Лекция 43. Частные производные 201

Частное приращение и частная производная

F Частным приращением функции n переменных называет-ся изменение функции при заданном приращении толькоодной переменной

∆xif(−→x0) = f(x0

1, . . . , x0i + ∆xi, . . . , x

0n) − f(x0

1, . . . , x0i , . . . , x

0n) .

F Частной производной 1-го порядка функции n переменныхназывается предел отношения частного приращения функ-ции к приращению аргумента при стремлении последнегок нулю

f ′xi(−→x0) = lim

∆xi→0

∆xif(−→x0)

∆xi=∂f(

−→x0)

∂xi.

Вопрос: Сколько различных частных производных 1-го порядкаможно написать?

Ответ: Это число равно числу переменных функции.

Пример 4. Вычислить производные z = cos xy2 +√x2 + y2.

B∂z

∂x= − sinxy2 · y2 +

x√x2 + y2

∂z

∂y= − sinxy2 · 2xy +

y√x2 + y2

C

Частные производные высших порядков

F Частная производная от частной производной некоторойфункции называется частной производной 2-го порядка

f ′′xkxi(−→x0) = lim

∆xk→0

∆xk

∂f(−→x0)

∂xi

∆xk=∂2f(

−→x0)

∂xk∂xi.


• Частная производная 2-го порядка называется смешаннойчастной производной, если xk 6= xi.

Пример 5. Вычислить смешанную частную производнуюфункции из Примера 4.

B∂2z

∂y∂x=

∂

∂y

(− sinxy2 · y2 +

x√x2 + y2

)=

= −2y sinxy2 − 2xy3 cos xy2 − xy(x2 + y2

)−3/2=

=∂

∂x

(− sinxy2 · 2xy +

y√x2 + y2

)=

∂2z

∂x∂yC

• Непрерывная смешанная производная не зависит от порядкадифференцирования.

Задача 1

Выяснить геометрический смысл частной производной, восполь-зовавшись сферической поверхностью (Пример 2).

β

α

y

x

z

��

-

bb

bb

bb

bb

��

bb

bb

bb

bb

��

6 I Согласно определению част-ной производной

∆xz 'x→x0

f ′x(x0, y0)(x− x0),

а значит

z − z0 = f ′x(x0, y0)(x− x0)

определяет уравнение касатель-ной в плоскости xy0z, где

f ′x(x0, y0) = − x0√1 − x0

2 − y02.

Таким образом частная производная f ′x(x0, y0) pавна тангенсу

угла наклона касательной tg β в плоскости xy0z. Аналогичнопоказывается, что f ′

y(x0, y0) = tgα в плоскости yx0z. J

Лекция 44. Полный дифференциал 203

Лекция 44. Полный дифференциал

Для функции n переменных различают два вида дифференциа-лов: полный и частные.

Задача 1

Посредством частных приращений функции двух переменныхвыразить ее полное приращение.

F Полным приращением функции нескольких переменныхназывается изменение функции при заданных приращени-ях всех переменных

I ∆z = z − z0 = ∆f(x0, y0) = f(x0 + ∆x, y0 + ∆y)− f(x0, y0) =

= f(x0+∆x, y0+∆y)−f(x0+∆x, y0)+f(x0+∆x, y0)−f(x0, y0) =

= ∆yf(x0 + ∆x, y0) + ∆xf(x0, y0) J

Задача 2

Выразить полное приращение функции двух переменных черезчастные производные.

I Согласно предыдущей лекции частные производные выра-жаются через частные приращения следующим образом

∆xf(x0, y0) '∆x→0

f ′x(x0, y0)∆x,

∆yf(x0 + ∆x, y0) '∆y→0

f ′x(x0 + ∆x, y0)∆y.

Если частная производная непрерывна, то

f ′x(x0 + ∆x, y0) = f ′x(x0, y0) + o(1) .

Воспользовавшись результатом Задачи 1 получим

∆z = f ′x(x0, y0)∆x+ f ′y(x0, y0)∆y + o(∆x) + o(∆y) + o(1)∆y J


F Полным дифференциалом функции нескольких перемен-ных называется простейшая эквивалентная полного при-ращения этой функции

df(x0, y0) =∂f(x0, y0)

∂xdx+

∂f(x0, y0)

∂ydy ,

и он равен сумме частных дифференциалов

dz = ∂xz + ∂yz .

Задача 3

Найти уравнение касательной плоскости к поверхности, описы-ваемой уравнением z = f(x, y) в точке (x0, y0).

I Вопрос: Как запишется уравнение касательной прямой че-рез дифференциал функции одной переменной?

Ответ: ∆z = df(x0).

Вопрос: Как запишутся уравнения касательных прямых черезчастные дифференциалы функции двух переменной?

Ответ: ∆z = ∂xf(x0, y0) в пл.zy0x, ∆z = ∂yf(x0, y0) в пл.zx0y.

F Касательной плоскостью к поверхности z = f(x, y) в точ-ке (x0, y0) называется такая плоскость, которая содержитмножество касательных к этой точке.

Следовательно, уравнение касательной плоскости, которая со-держит множество касательных прямых, имеет вид:

∆z = df(x0, y0)

m∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) − (z − z0) = 0 J

Лекция 44. Полный дифференциал 205

Задача 4

Найти уравнение нормали к поверхности, описываемой уравне-нием z = f(x, y), в точке (x0, y0).

F Нормалью к поверхности называется прямая, ортогональ-ная касательной плоскости.

I Вопрос: Чему равен нормальный вектор к касательной плос-кости?

Ответ: Согласно Задаче 3 он равен

−→N =

(∂f(x0, y0)

∂x,∂f(x0, y0)

∂y, −1

).

Вопрос: Каким уравнением прямой следует воспользоваться?

Ответ: Каноническим уравнением, которое в данном случаеимеет вид:

x− x0

∂f(x0, y0)

∂x

=y − y0

∂f(x0, y0)

∂y

= −z − z01

—уравнение

нормалиJ

Пример 1. Найти уравнение касательной плоскости и нор-мали к сфере с R = 1 в точке (0, 0, 1) и отобразить их.

y

x

z

��

(0, 0, 1)

x = 0y = 0

%%

%%

%%

%%

z = 1

-

6 B Из уравнения сферы

x2 + y2 + z2 = 1

следует

2x0 + 2z0z′x = 0 =⇒ z′x = 0,

2y0 + 2z0z′y = 0 =⇒ z′y = 0.

Значит уравнение нормали

x

0=y

0= −z − 1

1⇒

{x = 0,y = 0.

Касательная плоскость: 0 · x+ 0 · y − (z − 1) = 0 ⇒ z = 1 C


Применение полного дифференциала для

приближенного вычисления

Задача 5

Найти приближенное значение функции в точке (x, y) через зна-чение функции в точке (x0, y0) с помощью полного дифференци-ала.

I Согласно определения полного дифференциала

z − z0 = ∆f(x0, y0) '∆x→0∆y→0

df(x0, y0).

Отсюда

f(x, y) '∆x→0∆y→0

f(x0, y0) + df(x0, y0).

Окончательно получим

f(x, y) ≈ f(x0, y0) +∂f(x0, y0)

∂x(x− x0) +

∂f(x0, y0)

∂y(y − y0) J

Пример 2. Вычислить: (1.02)3.04.

B 1. Сопоставим вычисляемому выражению функцию

f(x, y) = xy = ey lnx .

2. Выберем значения x0 и y0

x0 = 1, y0 = 3, z0 = 1,∆x = 0.02, ∆y = 0.04.

3. Вычислим частные производные

∂f(x0, y0)

∂x= yxy−1

∣∣∣(1,3)

= 3 · 12 = 3 ,

∂f(x0, y0)

∂y= ey lnx · lnx

∣∣∣(1,3)

= 0 .

4. Согласно формуле: z ≈ 1 + 3 · 0.02 + 0 · 0.04 = 1.06. C

Лекция 45. Дифференциальные операторы 207


операторы

На этой лекции мы познакомимся с несколькими важными по-нятиями функции нескольких переменных: градиентом, дивер-генцией, ротором.

Производная по направлению

F Производной по направлению называется выражение сле-дующего вида

∂f(−→x )

∂−→n

= limε→0

f(−→x + ε

−→n ) − f(

−→x )

ε, (∗)

где−→n = (cosα, cos β, cos γ) — направляющий единичный

вектор (см. Лекцию 9), а−→x = (x, y, z) — радиус-вектор

точки в трехмерном пространстве.

Задача 1

Показать, что производная по направлению удовлетворяет ра-венству

∂f(−→x )

∂−→n

=∂f(

−→x )

∂xcosα+

∂f(−→x )

∂ycos β +

∂f(−→x )

∂ycos γ,

если функция f(−→x ) имеет непрерывные частные производные.

I Согласно определению дифференциала

f(−→x + ∆

−→x ) − f(

−→x ) = df(

−→x ) + o(∆

−→x ) =


=∂f(

−→x )

∂xdx+

∂f(−→x )

∂ydy +

∂f(−→x )

∂ydz + o(∆

−→x ).

Поскольку в данном случае

∆−→x = ε

−→n ⇐⇒ (dx, dy, dz) = (ε cosα, ε cos β, ε cos γ),

то обращаясь к определению (∗), получим

limε→0

∂f(−→x )

∂xε cosα+

∂f(−→x )

∂yε cos β +

∂f(−→x )

∂yε cos γ + o(∆

−→x )

ε=

=∂f

∂−→n

=∂f

∂xcosα+

∂f

∂ycos β +

∂f

∂ycos γ J

Задача 2

Представить производную по направлению в виде скалярногопроизведения двух векторов.

I Вопрос: Как выглядит скалярное произведение двух векто-ров?

Ответ:(−→a ,

−→b)

=−→a · −→b = axbx + ayby + azbz.

Очевидно, что производная по направлению представляет собойскалярное произведение двух векторов, один из которых направ-

ляющий единичный вектор−→n = (cosα, cosβ, cos γ), а другой

образован из частных производных(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

)и имеет спе-

циальное обозначение−−−−→grad f :

∂f

∂−→n

=−−−−→grad f · −→n J


F Градиентом функции называется вектор

−−−−→grad f =

−→∇f =−→i∂f

∂x+

−→j∂f

∂y+

−→k∂f

∂z,

в который входит дифференциальный оператор

−→∇ =−→i∂

∂x+

−→j∂

∂y+

−→k∂

∂z— оператор набла

Вопрос: Записать скалярное произведение операторов набла.

Ответ:−→∇ · −→∇ = ∆ =

∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2— оператор Лапласа

Задача 3

Показать, что−−−−→grad f определяет максимальную скорость изме-

нения функции как по величине, так и по направлению.

F Производная по направлению определяет скорость измене-

ния функции в направлении вектора−→n .

I Воспользуемся решением Задачи 2

∂f

∂−→n

=−−−−→grad f · −→n =

∣∣∣−−−−→grad f

∣∣∣ ·∣∣∣−→n∣∣∣ cosϕ =

{−→a · −→b = ab cosϕ

}=

=∣∣∣−−−−→grad f

∣∣∣ cosϕ.

Из последнего равенства следует, что ∂f

∂−→n

max

=∣∣∣−−−−→grad f

∣∣∣ при ϕ = 0 J


Пример 1. Вычислить в точкеA(−1, 0, 2) производную функ-

ции f(−→x ) = x+xy+xyz по направлению

−→n = (1, 2, 3), а также

градиент функции и его модуль.

B 1.

∂f

∂x= 1 + y + yz

∣∣∣A

= 1

∂f

∂y= x+ xz

∣∣∣A

= −3

∂f

∂z= xy

∣∣∣A

= 0

=⇒−−−−→grad f =

1−30

∣∣∣−−−−→grad f

∣∣∣ =√

10

2.∂f

∂−→n

=−−−−→grad f

−→n∣∣∣−→n∣∣∣

= (1 − 3 0)

123

1√14

=−5√14

C

Дивергенция и ротор

В предыдущем параграфе мы рассмотрели, как оператор набладействует на скалярную функцию. Оператор набла может дей-ствовать и на векторную функцию.

Вопрос: Составить простейшие комбинации оператора набла ивекторной функции.

Ответ: Скалярное произведение:

−→∇ · −→W =(−→∇ ,

−→W)

=∂Wx

∂x+∂Wy

∂y+∂Wz

∂z= div

−→W —

дивер-генция

Векторное произведение:

−→∇ ×−→W =

[−→∇ ,−→W]

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

Wx Wy Wz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= rot−→W — ротор


Частные производные неявно заданных функций

Задача 4

Пусть F (x, y, z) = 0. Найти:∂z

∂x,∂z

∂y,∂y

∂x.

I Очевидно, что

dF =∂F

∂xdx+

∂F

∂ydy +

∂F

∂zdz = 0 .

При вычислении частных производных по определению диффе-ренциалы всех переменных кроме двух рассматриваемых пола-гаются равными нулю. Поэтому

∂z

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂z

,∂z

∂y= −

∂F

∂y∂F

∂z

,∂y

∂x= −

∂F

∂x∂F

∂y

J

Полная производная сложной функции

Задача 5

Найтиdf

dt, если функция f(x, y, z) — сложная функция, причем

x = x(t), y = y(t), z = z(t).

I Для решения задачи достаточно выписать полный диффе-ренциал функции и поделить его на дифференциал аргумента,тогда

df

dt=∂f

∂x

dx

dt+∂f

∂y

dy

dt+∂f

∂z

dz

dtJ

Пример 2. Самостоятельно показать, что f(x, y) = arctg(y/x)удовлетворяет уравнению Лапласа:

∆f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2= 0 .


Лекция 46. Безусловный экстремум

Для функции n переменных, в отличие от функции одной пе-ременной, различают два вида экстремумов: безусловный иусловный.

F Точка−→x0 называется точкой локального максимума или

минимума функции f(−→x ), если в δ-окрестности этой точки

функция непрерывна и удовлетворяет неравенству:

илиf(−→x ) < f(

−→x0) — max

f(−→x ) > f(

−→x0) — min

при

∣∣∣−→x −

−→x0∣∣∣ < δ

−→x 6=

−→x0

F Локальный максимум или минимум функции f(−→x ) назы-

вают локальным безусловным экстремумом.

• Определение безусловного экстремума по сути совпадает сопределением экстремума функции одной переменной.

Пример 1. Найти экстремум функции z = 1−x2−y2 путемпостроения ее графика.

y

x

z(0, 0, 1)

-

6

��

B

{z = 1 − x2 − y2

y = 0=⇒

=⇒ z = 1 − x2.{z = 1 − x2 − y2

x = 0=⇒

=⇒ z = 1 − y2.{z = 1 − x2 − y2

z = 0=⇒

=⇒ x2 + y2 = 1.Ответ: (0, 0, 1) — max. C

Лекция 46. Безусловный экстремум 213

Формула Тейлора для функции нескольких

переменных

Задача 1

Пусть функция f(−→x ) непрерывна и сколь угодное число раз

дифференцируема в области D. Найти эквивалентную прира-

щения функции в точке−→x0 ∈ D в виде многочлена n-ой степени.

I Согласно Лекции 21

f(x) − f(x0) =n∑

k=1

dkf(x0)

k!+ o ((x− x0)

n) =

= df(x0)+1

2!d2f(x0)+

1

3!d3f(x0)+ · · ·+ 1

n!dnf(x0)+o ((x− x0)

n).

Очевидно следующее обобщение этой формулы для функции не-скольких переменных

f(−→x ) − f(

−→x0) =

n∑

k=1

dkf(−→x0)

k!+ o

(∣∣∣−→x −

−→x0∣∣∣n)

=

= df(−→x0) +

1

2!d2f(

−→x0) + · · · + 1

n!dnf(

−→x0) + o

(∣∣∣−→x −

−→x0∣∣∣n) ,

куда входят полные дифференциалы.Полный дифференциал пер-вого порядка для функции двух переменных был получен намив Лекции 44

df(x0, y0) =∂f(x0, y0)

∂xdx+

∂f(x0, y0)

∂ydy.

Вопрос: Как запишется для функции двух переменных полныйдифференциал второго порядка?

Ответ: Полный дифференциал второго порядка определяетсякак дифференциал дифференциала

d2f = d(df) =


=∂

∂x

(∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

)dx+

∂

∂y

(∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy

)dy,

и, как легко видеть, равен

d2f =∂2f

∂x2dx2 + 2

∂2f

∂y∂xdxdy +

∂2f

∂y2dy2 . J

Необходимое условие экстремума

Задача 2

Получить необходимое условие экстремума дифференцируемойфункции.

I Для определенности положим, что в точке (x0, y0) имеет мес-

то максимум f(−→x ). Тогда из определения экстремума и прира-

щения функции следует

f(−→x ) − f(

−→x0) < 0

f(−→x ) − f(

−→x0) = df(

−→x0) + o

(∣∣∣−→x −

−→x0∣∣∣)

=⇒ df(−→x0) 6 0.

Поскольку в δ-окрестности точки (x0, y0) знаки dx и dy любые,то требуемое неравенство может выполняться только при

∂f(x0, y0)

∂x=∂f(x0, y0)

∂y= 0 —

необходимое

условие экстремума

F Точка, в которой все частные производные 1-го порядкаравны нулю, называется стационарной.

Достаточное условие экстремума

Задача 3

Определить на языке дифференциалов достаточное условие эк-стремума функции.

Лекция 46. Безусловный экстремум 215

I В окрестности стационарной точки формула Тейлора

f(−→x ) − f(

−→x0) = df(

−→x0)︸︷︷︸

=0

+1

2!d2f(

−→x0) + o

(∣∣∣−→x −

−→x0∣∣∣2)

приводит к следующему выводу:

если d2f(−→x0) > 0,

то f(−→x ) > f(

−→x0)

—+

min

если d2f(−→x0) < 0,

то f(−→x ) < f(

−→x0)

—

� �

−max

J

• Стационарная точка является точкой экстремума, если в ееокрестности дифференциал второго порядка знакопостоянен.

• Если дифференциал второго порядка в стационарной точкебольше нуля, то имеет место минимум, а если меньше нуля, томаксимум.

• Мнемоническое правило: если плюс — котелок наполняется,если минус — опустошается.

Задача 4

Выяснить, при каких условиях дифференциал второго порядкасохраняет свой знак независимо от знака dx и dy.

I Перепишем дифференциал второго порядка

d2f(−→x0) =

∂2f

∂x2︸︷︷︸a

dx2 + 2∂2f

∂y∂x︸︷︷︸b

dxdy +∂2f

∂y2︸︷︷︸

c

dy2

с новой переменной ξ = dx/dy в следующем виде

d2f(−→x0) = dy2

(aξ2 + bξ + c

).

Вопрос: При каком условии квадратный трехчлен имеет посто-янный знак?

Ответ: Если дискриминант меньше нуля


D = b2 − 4ac < 0 — достаточное условие экстремума

Вопрос: Как определить имеет место максимум или минимум?

Ответ: Знак дифференциала второго порядка, если дискрими-нант меньше нуля, определяется знаком a:

a < 0 — max, a > 0 — min . J

Пример 2. Исследовать на экстремум z = 1 − x2 − y2.

B 1.

∂f(x0, y0)

∂x= −2x = 0

∂f(x0, y0)

∂y= −2y = 0

⇒ (0, 0) — стационарная точка.

2. a = −2, b = 0, c = −2 ⇒D = −16 < 0,

a = −2 < 0⇒

(0, 0, 1)

maxC

Пример 3. Найти экстремум z = x2 + xy + y2 − 3x− 6y.

B 1.

∂z

∂x= 2x+ y − 3 = 0

∂z

∂y= x+ 2y − 6 = 0

=⇒{

2x+ y = 3,x+ 2y = 6.

Нахождение стационарной точки сводится к решению системылинейных алгебраических уравнений.

∆ =

∣∣∣∣∣2 11 2

∣∣∣∣∣ = 3, ∆x =

∣∣∣∣∣3 16 2

∣∣∣∣∣ = 0, ∆y =

∣∣∣∣∣2 31 6

∣∣∣∣∣ = 9 =⇒

x = ∆x/∆ = 0, y = ∆y/∆ = 3 ⇒ (0, 3) — стационарная точка.

2.

a = z′′xx = 2,

b = 2z′′xy = 2,

c = z′′yy = 2

=⇒D = −12 < 0,

a = 2 > 0⇒

(0, 3,−9)

minC

Лекция 47. Условный экстремум 217

Лекция 47. Условный экстремум

Всякая деятельность или движение предопределены условиями

их протекания. Эта лекция даст ключ к решению таких задачкак распределения тока в цепи или получение максимальной

прибыли предприятием.

Пример 1. Найти графически экстремальные точки функ-ции z = x2 + y2, при условии, что эти точки удовлетворяютуравнению: x2/a2 + y2/b2 = 1 (b > a).

y

x

z

-

6

��

�

a

b

B Вопрос: На какой кривой бу-дут лежать экстремальные точ-ки?

Ответ: Эта кривая образуетсяпересечением двух заданных по-верхностей: параболоида вра-щения и эллиптического цилинд-ра, и описывается алгебраичес-кой системой заданных нелиней-ных уравнений.

Очевидно, что точки максимума(0,±b, b2) лежат в плоскости

yOz, а в плоскости xOz лежат точки минимума(±a, 0, a2

). C

F Точка−→x0 называется точкой условного экстремума непре-

рывной функции f(−→x ), если выполняется

илиf(−→x ) < f(

−→x0) — max

f(−→x ) > f(

−→x0) — min

при

∣∣∣−→x −−→

x0

∣∣∣ < δ−→x 6= −→

x0

при этом−→x ,

−→x0 удовлетворяют уравнениям связи

Φi(−→x ) = 0, i = 1,m.


Необходимое и достаточное условия условного

экстремума

Условным экстремумом функции f(x, y) является экстремум этойфункции при заданном уравнении связи Φ(x, y) = 0.

Для нахождения условного экстремума вводится

L(x, y, λ) = f(x, y) + λΦ(x, y) — функция Лагранжа

где λ — множитель Лагранжа, а затем ее исследуют на без-условный экстремум.

Задача 1

Записать необходимое и достаточное условия для функции Ла-гранжа.

I Необходимое условие:

dL(x0, y0, λ0) = 0 =⇒ ∂L

∂x= 0,

∂L

∂y= 0,

∂L

∂λ= 0 .

Достаточное условие:

d2L(x0, y0, λ0) > 0 — min, d2L(x0, y0, λ0) < 0 — max . J

• Следует иметь в виду, что дифференциалы переменных dx иdy в d2L(x0, y0, λ0) зависимы, и эта зависимость диктуется урав-нением связи.

• Поскольку λ не является обычной переменной, то при опре-делении знака d2L(x0, y0, λ0) величины dλ не учитываются, т.е.полагается

d2L(x0, y0, λ0) =∂2L

∂x2dx2 + 2

∂2L

∂y∂xdxdy +

∂2L

∂y2dy2.


Пример 2. Найти аналитически точки условного экстрему-ма для Примера 1.

B Функция Лагранжа, для нашего примера, запишется следу-ющим образом

L(x, y, λ) = x2 + y2 + λ

(x2

a2+y2

b2− 1

).

1. Согласно необходимому условию полагаем

∂L

∂x= 2x

(1 +

λ

a2

)= 0,

∂L

∂y= 2y

(1 +

λ

b2

)= 0,

∂L

∂λ=x2

a2+y2

b2− 1 = 0.

Нахождение стационарныхточек сводится к решениюсистемы нелинейных ал-гебраических уравнений.

a. Пусть x 6= 0, тогда

∂L

∂x= 2x

(1 +

λ

a2

)= 0 =⇒ λ = −a2

∂L

∂y= 2y

(1 − a2

b2

)= 0 =⇒ y = 0

∂L

∂λ=x2

a2+

0

b2− 1 = 0 =⇒ x = ±a

первая парастационарныхточек

b. Пусть y 6= 0, тогда

∂L

∂y= 2y

(1 +

λ

b2

)= 0 =⇒ λ = −b2

∂L

∂x= 2x

(1 − a2

b2

)= 0 =⇒ x = 0

∂L

∂λ=

0

a2+y2

b2− 1 = 0 =⇒ y = ±b

вторая парастационарныхточек

Являются ли найденные стационарные точки точками экстре-мума позволяет определить достаточное условие.


2. Вычисление производных второго порядка

∂2L

∂x2= 2

(1 +

λ

a2

),∂2L

∂y∂x= 0,

∂2L

∂y2= 2

(1 +

λ

b2

),

позволяет выразить дифференциал второго порядка в виде

d2L(x0, y0, λ0) = 2

(1 +

λ

a2

)dx2 + 2

(1 +

λ

b2

)dy2.

Для первой пары стационарных точек:

d2L(±a, 0,−a2) = 2

(1 − a2

b2

)dy2 > 0 — min .

Для второй пары стационарных точек:

d2L(0,±b,−b2) = 2

(1 − b2

a2

)dx2 < 0 — max . C

Наибольшее и наименьшее значения функции в

замкнутой области

Для того, чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функ-ции в замкнутой области, необходимо:

1. Найти стационарные точки в этой области и вычислить вних значения функции.2. Найти наибольшие и наименьшие значения функции на гра-ницах области.3. Выбрать из найденных значений наибольшее и наименьшее.

Пример 3. Найти наибольшее и наименьшее значения функ-ции z = x3 + y3 − 3xy в области D : x ∈ [0, 2], y ∈ [−1, 2].

B 1.∂z

∂x= 3x2 − 3y = 0,

∂z

∂y= 3y2 − 3x = 0.

⇒y = x2,

x4 − x = 0⇒

(0, 0) ⇒ z1 = 0,

(1, 1) ⇒ z2 = −1.


Вопрос: Что представляют из себя границы области D и сколь-ко их?

Ответ: Область D — это прямоугольник и границами его яв-ляются четыре отрезка.

��

��

��

��+

QQ

QQ

QQ

QQs

6z

x y

(0, -1)

(2, -1)

(2, 2)

(0, 2)

2а. x = 0, тогда

z = y3, где y ∈ [−1, 2].

dz

dy= 3y2 = 0 ⇒ снова z1.

На концах отрезка [−1, 2] :

z∣∣∣(0,−1)

= −1, z∣∣∣(0,2)

= 8.

2б. y = 2, тогда

z = x3−6x+8, где x ∈ [0, 2].

dz

dx= 3x2 − 6 = 0 =⇒

x = +√

2 ∈ [0, 2], z3 = 2√

2 − 6√

2 + 8 = −4√

2 + 8; z∣∣∣(2,2)

= 4.

2в. x = 2, тогда z = y3 − 6y + 8, где y ∈ [−1, 2].

dz

dy= 3y2 − 6 = 0 =⇒ y = +

√2 ∈ [−1, 2].

z4 = 2√

2 − 6√

2 + 8 = −4√

2 + 8; z∣∣∣(2,−1)

= 13.

2г. y = −1, тогда z = x3 + 3x− 1, где x ∈ [0, 2].

dz

dx= 3x2 + 3 = 0 =⇒ нет корней.

На концах отрезка x ∈ [0, 2] все значения z уже вычислены.

3. Ответ: (1, 1,−1) и (0,−1,−1) — наименьшее;(2,−1, 13) — наибольшее. C


Лекция 48. Условный экстремум в физике

и экономике

Большое число задач из самых различных областей знания сво-дится к нахождению условного экстремума.

Задача 1

Дана некоторая система n проводников, каждый из которыхимеет свое сопротивление Ri (R1 6= R2 6= · · · 6= Rn). Требуетсянайти распределение токов в этой системе, т.е. Ii, если извест-но, что сумма этих токов постоянна.

I Вопрос: Какое отношение данная задача имеет к условномуэкстремуму?

Ответ: В этой задаче имеется следующее уравнение связи:

n∑

i=1

Ii = I = const .

Вопрос: Согласен, но экстремум какой функции вы будете ис-кать?

Ответ: В природе существует принцип наименьшего действия.Применительно к данной задаче он будет выражаться в том,что токи в цепи распределятся таким образом, чтобы количест-во выделяемого тепла было минимальным. Из школьного курсафизики известно, что количество тепла, выделяемого в n про-водниках определяется формулой

Q =n∑

i=1

Ii2Ri .

Вопрос: Что вы намерены делать дальше?

Ответ: Запишем функцию Лагранжа

Лекция 48. Условный экстремум в физике и экономике 223

L(I1, I2, . . . , In, λ) =n∑

i=1

Ii2Ri + λ

(n∑

i=1

Ii − I

),

и исследуем ее на экстремум.

1.∂L

∂Ii= 2IiRi − λ = 0,

∂L

∂λ=

n∑

i=1

Ii − I = 0.

=⇒ Ii = − λ

2Ri,

n∑

i=1

Ii = I

стационарная точка

2.∂2L

∂Ii2 = 2Ri > 0,

∂2L

∂Ii∂Ik= 0, при i 6= k.

=⇒ d2L =n∑

i=1

2RidIi2 > 0

минимум

Ответ: Токи в проводниках распределятся следующим образом:

I1R1 = I2R2 = · · · = InRn ,при I1 + I2 + · · · + In = I .

J

• Найденное нами распределение токов известно в электротех-нике как закон Киргофа для параллельного соединения провод-ников, который был получен им экспериментально.

Задача 2

Фирма решила ежемесячно ассигновать сто тысяч доларов напроизводство некоторой продукции. Пусть средняя заработнаяплата по фирме 2000$, а стоимость единицы сырья — 1000$.Требуется определить какое количество рабочих K и какое ко-личество сырья C необходимо приобрести фирме для получениянаибольшего объема продукцииQ, если известно, что он им пря-мо пропорционален, с коэффициентом пропорциональности рав-ным 5.

I Вопрос: Какую математическую задачу вы будете решать?


Ответ: Это вновь задача об условном экстремуме

Q(K,C) = 5KC, 2000K + 1000C = 100000.︸︷︷︸www�

L = 5KC + λ(2K +C − 100)

• При составлении функции Лагранжа в уравнении связи былопущен общий множитель.

1.∂L

∂K= 5C + 2λ = 0,

∂L

∂C= 5K + λ = 0,

∂L

∂λ= 2K + C − 100 = 0.

⇒

5C +2λ = 0,

5K +λ = 0,

2K +C = 100.

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣

0 5 25 0 12 1 0

∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣

−10 5 20 0 12 1 0

∣∣∣∣∣∣∣= 20;

∆K =

∣∣∣∣∣∣∣

0 5 20 0 1

100 1 0

∣∣∣∣∣∣∣= 500; ∆C =

∣∣∣∣∣∣∣

0 0 25 0 12 100 0

∣∣∣∣∣∣∣= 1000;

∆λ =

∣∣∣∣∣∣∣

0 5 05 0 02 1 100

∣∣∣∣∣∣∣= −2500;

Стационарная точка: K = 25, C = 50, λ = −125.

2.∂2L

∂K2=∂2L

∂C2= 0,

∂2L

∂K∂C= 5 ⇒ d2L = 10dKdC.

Поскольку 2dK = −dC, то d2L = −20dK2 < 0 — max.

Ответ: 25 рабочих и 50 единиц сырья. J

Лекция 48. Условный экстремум в физике и экономике 225

Задача 3

Пусть даны источник света и наблюдатель, которые располо-

�� ∗

•

A

B

B1 O A1

β α

TT

TT

TT

b

a

жены соответственно на рассто-янии a и b от зеркальной поверх-ности. Найти соотношение меж-ду углом падения α и углом от-ражения β луча света, если из-вестно, что луч движется по крат-чайшему расстоянию.

I Вопрос: Каковы уравнениятраектории,связи и Лагранжа?

Ответ: AO +OB = f(α, β) =a

cosα+

b

cos β,

A1B1 = a tg α+ b tg β = c = const,

L(α, β, λ) =a

cosα+

b

cos β+ λ(a cosα+ b cos β − c).

1.∂L

∂α=a sinα

cos2 α+

aλ

cos2 α= 0,

∂L

∂β=b sinβ

cos2 β+

bλ

cos2 β= 0,

∂L

∂λ= a tgα+ b tg β − c = 0.

=⇒−λ = sinα = sinβ

стационарная точка

2.∂2L

∂α2=

a

cosα> 0,

∂2L

∂β2=

b

cos β> 0,

∂2L

∂α∂β= 0.

=⇒ d2L =a

cosαd2α+

b

cos βd2β > 0

минимум

Ответ: Угол падения равен углу отражения: α = β — этоизвестный в оптике закон Снеллиуса. J

“Не ошибается тот,кто ничего не делает,

хотя это и есть его основная ошибка.”

Алексей Толстой

Раздел 7

Интегральноеисчисление функции

нескольких переменных

Лекция 49. Кратные интегралы

Интегрирование может проводиться не по одной, а по двум иболее переменным; и такие интегралы называются кратными.

Задача 1

Пусть функция f(x, y) определена и непрерывна в области Dплощади S. Найти объем тела, основанием которого служит об-ласть D на плоскости z = 0, боковая поверхность цилиндричес-кая, а сверху тело ограничено поверхностью z = f(x, y).

I Вопрос: Что принять в качестве элемента интегральнойсуммы?

Лекция 49. Кратные интегралы 227

-

6

��

��

�

z

x

y

XXXXXXz

∆Vi

∆Si-

Ответ: Объем сколь угоднотонкого цилиндра

∆Vi = ∆Sif(xi, yi),

где ∆Si — площадь основа-ния, а f(xi, yi) — высота ци-линдра.

Вопрос: Что делать дальше?

Ответ: Запишем интеграль-ную сумму:

Vn =n−1∑

i=0

∆Vi =n−1∑

i=0

f(xi, yi)∆Si,

а затем возьмем ее предел при стремлении максимального ли-

нейного размера ∆li =√

∆xi2 + ∆yi

2 площади основания i-тогоцилиндра к нулю

V = limn→∞

Vn = limmax ∆li→0

n−1∑

i=0

f(xi, yi)∆Si =

∫∫

D

f(x, y) dS J

F Двойным интегралом от функции f(x, y) по области D на-зывается предел интегральных сумм при стремлении мак-симального линейного размера площади основания i-тогоцилиндра к нулю.

Свойства двойного интеграла

1. Пусть f(x, y) = Af1(x, y) +Bf2(x, y), тогда∫∫

D

f(x, y) dS = A

∫∫

D

f1(x, y) dS +B

∫∫

D

f2(x, y) dS.

2. Пусть область D разбита на две подобласти D1 и D2, т.е.D = D1 ∪D2, тогда

228 Интегральное исчисление функции

∫∫

D

f(x, y) dS =

∫∫

D1

f(x, y) dS +

∫∫

D2

f(x, y) dS.

3. Если подынтегральные функции удовлетворяют неравенствуf(x, y) 6 g(x, y), тогда такому же неравенству удовлетворяютдвойные интегралы

∫∫

D

f(x, y) dS 6

∫∫

D

g(x, y) dS.

4. Модуль двойного интеграла не больше двойного интегралаот модуля ∣∣∣∣∣∣

∫∫

D

f(x, y) dS

∣∣∣∣∣∣6

∫∫

D

|f(x, y)| dS.

5. Двойной интеграл от единицы равен площади области D

∫∫

D

dS = S.

Вопрос: Можете ли вы указать аналоги этих свойств?

Ответ: Приведенные свойства аналогичны свойствам опре-деленного интеграла (Лекция 27, Задача 4).

Выражение двойного интеграла через повторный

Задача 2

Пусть функция f(x, y) определена и непрерывна в области D,которой является прямоугольник площади S. Выразить двой-ной интеграл через повторный, представляющий собой последо-вательно вычисляемые однократные определенные интегралы.


��

��

-

6z

x

y

b

ac d

-��

I D :

{a 6 x 6 b,c 6 y 6 d.

Вопрос: Чему равен элементплощади в декартовой систе-ме координат?

Ответ: dS = dxdy.

Вопрос: Выразите площадьпрямоугольника через двойнойинтеграл и повторные.

Ответ: Поскольку площадь прямоугольника равна произведе-нию длин его сторон

S =

∫∫

D

dS = (b− a)(d− c),

то, вспоминая формулу Ньютона-Лейбница, получим

S =

∫∫

D

dxdy =

b∫

a

dx

d∫

c

dy.

Очевидно, что те же пределы останутся, если подынтегральнаяфункция отлична от единицы

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

b∫

a

dx

d∫

c

f(x, y) dy =

d∫

c

dy

b∫

a

f(x, y) dx J

Задача 3

Пусть функция f(x, y) определена и непрерывна в области D,которая представляет собой криволинейную трапецию площадиS. Выразить двойной интеграл через повторный.


-

6y

xa b

-

y = y1(x)

y = y2(x)

6

I D :

{a 6 x 6 b,y1(x) 6 y 6 y2(x).

Вопрос: Выразите площадь кри-волинейной трапеции через двой-ной интеграл и повторный.

Ответ: Совершим переход от од-нократного интеграла (Задача 1Лекция 31) к повторному

S =

b∫

a

(y2(x) − y1(x)) dx =

b∫

a

dx

y2(x)∫

y1(x)

dy =

∫∫

D

dS.

Можно показать, что те же пределы останутся, если подынтег-ральная функция отлична от единицы

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

b∫

a

dx

y2(x)∫

y1(x)

f(x, y) dy J

• При нахождении пределов интегрирования полезно отмечатьнаправление интегрирования стрелками, причем внешний ин-теграл всегда в постоянных пределах.

Пример 1. Вычислить площадь области D, если она огра-ничена кривой (y − 2)2 = x − 1, касательной к ней в точке сординатой y0 = 3 и осью абсцисс.

B Вопрос: Как выглядет уравнение касательной?

Ответ: Поскольку функция y(x), соответствующая заданнойкривой, неоднозначна, то в качестве функции будем брать x(y)

x− x0 = x′(y0)(y − y0) =⇒ x = 2y − 4.


-

6y

x2

3

,,

,,

,,

,,

,,

,,,

6

@@ @@

@@@

@@

@

@@

@@

@@

@@

-

50

Вопрос: Интеграл от какойпеременной возьмем в качест-ве внешнего?

Ответ: Интеграл по y

S =

d∫

c

dy

x2(y)∫

x1(y)

dx,

поскольку в противном случаепришлось бы вычислять

три повторных интеграла.

• Область интегрирования должна быть правильна, т.е. внут-ренняя стрелка может пересекать границу области только двараза.

S =

3∫

0

dy

y2−4y+5∫

2y−4

dx =

3∫

0

[(y2 − 4y + 5) − (2y − 4)] dy = 9 C

Пример 2. Расставить пределы интегрирования в тройноминтеграле, если область интегрирования D ограничена поверх-ностями

D :

{x = 0, z = 0,y = 0, x+ y + z = 1.

y

z

x

!!!!!!!!!@@

@@

@@��

��

��

��

��

��

1

1

1

6

��

--

6

B

∫∫

D

∫f(x, y, z) dxdydz =

=

b∫

a

dx

y2(x)∫

y1(x)

dy

z2(x,y)∫

z1(x,y)

f(x, y, z) dz =

=

1∫

0

dx

1−x∫

0

dy

1−x−y∫

0

f(x, y, z) dz C


Лекция 50. Замена переменных в

кратных интегралах

Замена переменных в кратных интегралах связана с переходом

от одной системы координат к другой, и осуществляется спомощью определителя Якоби.

Задача 1

Пусть функция f(x, y) определена и непрерывна в области Dплощади S. Записать двойной интеграл в полярной системе ко-ординат.

I Вопрос: Представить элемент площади в декартовой систе-ме координат в виде модуля векторного произведения.

Ответ: Поскольку

−→r =

−→i x+

−→j y +

−→k z,

то диффенциал радиуса-вектора равен

d−→r =

−→i dx+

−→j dy +

−→k dz = dx

−→r + dy

−→r + dz

−→r .

Следовательно

dS =

∣∣∣∣dx−→r × dy

−→r

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

dx 0 00 dy 0

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣= dxdy.

Вопрос: Представьте теперь элемент площади в полярной сис-теме координат.

Ответ: Поскольку

−→r =

−→i ρ cosϕ+

−→j ρ sinϕ+

−→k z,

то очевидно

Лекция 50. Замена переменных в кратных интегралах 233

dρ−→r = (

−→i cosϕ+

−→j sinϕ)dρ, dϕ

−→r = (−−→

i sinϕ+−→j cosϕ)ρdϕ.

Таким образом

dS =

∣∣∣∣dρ−→r × dϕ

−→r

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

cosϕ sinϕ 0− sinϕ cosϕ 0

∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣ρdρdϕ = ρdρdϕ.

В результате∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D′

f(ρ cosϕ, ρ sinϕ) ρdρdϕ J

Задача 2 (о вычислении интеграла Пуассона)

Найти массу плоского бесконечного листа, если ее плотностьописывается распределением Гаусса

σ(x, y) = e−x2−y2.

I Вопрос: К вычислению какого интеграла сводится даннаязадача?

Ответ: К вычислению интеграла Пуассона:

m =

∫∫

D

σ(x, y) dxdy =

∞∫

−∞dx

∞∫

−∞e−x2−y2

dy =

=

∞∫

−∞e−x2

dx

∞∫

−∞e−y2

dy = J2 .

Вопрос: Что делать дальше?

Ответ: Вычислить интеграл в полярной системе координат

m =

2π∫

0

dϕ

∞∫

0

e−ρ2ρdρ = π

∞∫

0

e−u du = π = J2 . J

∞∫

−∞e−x2

dx =√π — интеграл Пуассона


Задача 3

Преобразовать двойной интеграл от декартовой (x, y) к произ-вольной системе координат (u, v).

I Вопрос: Представить элемент площади в произвольной сис-теме координат.

Ответ: Поскольку полный дифференциал−→r равен сумме част-

ных дифференциалов

d−→r = du

−→r + dv

−→r =

(−→i∂x

∂u+−→j∂y

∂u

)du+

(−→i∂x

∂v+

−→j∂y

∂v

)dv,

то искомый дифференциал площади примет вид

dS =

∣∣∣∣du−→r × dv

−→r

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

∂x

∂u

∂y

∂u0

∂x

∂v

∂y

∂v0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

dudv = I dudv,

где

I =

∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣—

модуль

определителя Якоби.

Следовательно

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D′

f(x(u, v), y(u, v)) I dudv J

• В полярной системе координат определитель Якоби равен ρ.

Задача 4

Записать тройной интеграл в сферической системе координат.

Лекция 50. Замена переменных в кратных интегралах 235

-

6

��

��x

z

y�

��

��>

−→r

3

Uθ

ϕx

y

zI Вопрос: Выразить анали-тически связь декартовой сис-темы координат (x, y, z) сосферической (r, θ, ϕ).

Ответ: Согласно рисунку

x = r sin θ cosϕ,y = r sin θ sinϕ,z = r cos θ

Вопрос: Чему равен модульопределителя Якоби, описы-

вающий связь тех же систем координат?

Ответ: Действуя согласно предыдущей задаче

I =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂ϕ∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂ϕ∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂ϕ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

sin θ cosϕ r cos θ cosϕ −r sin θ sinϕ

sin θ sinϕ r cos θ sinϕ r sin θ cosϕ

cos θ −r sin θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= r2 sin θ

Следовательно, если при (x, y, z) =⇒ (r, θ, ϕ) подынтегральная

функция f(x, y, z) =⇒ g(r, θ, ϕ), то

∫∫

D

∫f(x, y, z) dxdydz =

∫∫

D′

∫g(r, θ, ϕ)r2 sin θ drdθdϕ J

Пример 1. Показать, что объем шара определяется форму-лой V = 4

3πR3 (с помощью только что полученной формулы вы

это сделайте за пару минут).


Лекция 51. Криволинейные интегралы

первого и второго рода

Если областью интегрирования является не отрезок прямой,а дуга кривой, то интеграл называют криволинейным.

Криволинейные интегралы первого рода

Задача 1

Пусть вдоль дугиÂB пространственной кривой L, описываемой

радиусом-вектором

−→r (t) =

−→i x(t) +

−→j y(t) +

−→k z(t), при tA 6 t 6 tB ,

распределены массы плотностью f(x, y, z). Найти массу мате-

риальной нити, распределенную вдоль дугиÂB.

-

6

��

��x

y

z

�

�B

A

∆yi

∆zi

∆xi

∆ri

I Вопрос: Как в этом случаебудет выглядеть интег-ральная сумма?

Ответ:n−1∑

i=0

f(xi, yi, zi)∆ri

где (см. лекцию 31)

∆ri =√

∆xi2 + ∆yi

2 + ∆zi2.

Предел данной интегральнойсуммы определяет криволи-нейный интеграл первого ро-да:

m = limmax ∆ri→0

n−1∑

i=0

f(xi, yi, zi)∆ri =

∫

^

AB

f(x, y, z) dr

Лекция 51. Криволинейные интегралы 237

Вопрос: А как вычислять такой интеграл?

Ответ: Нужно расписать дифференциал дуги

m =

tB∫

tA

f [x(t), y(t), z(t)]√x′2(t) + y′2(t) + z′2(t) dt . J

Пример 1. Вычислить массу дугиÂB конической винтовой

линии L : {x =√

3et cos t, y =√

3et sin t, z =√

3et}, если плот-ность описывается функцией et, а A = (0, 0, 0), B = (

√3, 0,

√3).

-

6

��

��

z

x

y

B Вопрос: Чему равны преде-лы интегрирования?

Ответ: (0, 0, 0) =⇒ tA = −∞,

(√

3, 0,√

3) =⇒ tB = 0.

В результате имеем

m =

0∫

−∞et√

3 · 3e2t dt =3

2. C

Криволинейные интегралы второго рода

Задача 2

Пусть вдоль дугиÂB пространственной кривой L, описываемой

радиусом-вектором

−→r (t) =

−→i x(t) +

−→j y(t) +

−→k z(t), при tA 6 t 6 tB ,

на единичную массу действует силовое поле

−→F (x, y, z) =

−→i P (x, y, z) +

−→j Q(x, y, z) +

−→k R(x, y, z).

Найти работу, совершаемую силовым полем по перемещению

единичной массы вдоль дугиÂB.


I Вопрос: Чему равна работа, если перемещение тела проис-ходит вдоль прямой, а сила постоянна?

Ответ: Скалярному произведению силы на перемещение.

Вопрос: Как бы вы подсчитали работу, если перемещение телапроисходит не вдоль прямой, а сила не постоянна?

Ответ: В этом случае придется составить интегральную сумму

n−1∑

i=0

−→F (xi, yi, zi)∆

−→ri ,

а затем вычислить ее предел.

lim

max ∆−→ri →0

n−1∑

i=0

−→F (xi, yi, zi)∆

−→ri =

∫

^

AB

−→F (x, y, z) d

−→r .

Вопрос: А как вычислять такой интеграл?

Ответ: Нужно расписать скалярное произведение векторнойфункции и дифференциала радиуса-вектора под знаком интег-рала. В результате получим интеграл, который называют кри-волинейным интегралом второго рода:

∫

^

AB

P dx+Qdy +Rdz =

∫

^

AB

P dx+

∫

^

AB

Qdy +

∫

^

AB

Rdz =

=

tB∫

tA

[Px′(t) +Qy′(t) +Rz′(t)

]dt . J

Вопрос: В чем вы видете отличие криволинейного интегралавторого рода от первого рода?

Ответ: В криволинейном интеграле второго рода интегриру-ется векторная, а не скалярная функция; а кроме того в неговходит дифференциал радиуса-вектора, а не его модуль.

Лекция 51. Криволинейные интегралы 239

Свойства криволинейных интегралов

1. Криволинейный интеграл первого рода не зависит от направ-ления интегрирования вдоль дуги

∫

^

AB

F (x, y, z) dr =

∫

^

BA

F (x, y, z) dr,

поскольку он зависит от модуля дифференциала дуги.

2. Криволинейный интеграл второго рода зависит от направ-ления интегрирования вдоль дуги

∫

^

AB

−→F (x, y, z) d

−→r = −

∫

^

BA

−→F (x, y, z) d

−→r ,

поскольку он зависит от вектора дифференциала дуги.

3. Криволинейный интеграл равен сумме интегралов∫

^

AB

=

∫

^

AC

+

∫

^

CB

,

если точка C лежит на дугеÂB.

Пример 2. Вычислить работу, совершаемую силовым по-

лем−→F (x, y, z) =

−→i x2y+

−→j x3/3 по перемещению тела единичной

массы из точки A(0, 0) в точку B(1, 1) двумя различными путя-ми, по кривым: 1. y = x, 2. y = x2.

-

61y

x1

B

A

�

�

�� 2

1

B 1. d−→r1 =

−→i dx+

−→j dx

∫^

1

=1∫0

43x

3 dx = 13 ;

2. d−→r2 =

−→i dx+

−→j dx2

∫^

2

=1∫0

53x

4 dx = 13 C


Лекция 52. Поверхностные интегралы

первого и второго рода

Если подынтегральная функция задана не на отрезке прямой,и не на дуге кривой, а на поверхности, то интеграл называютповерхностным.

Поверхностные интегралы первого рода

Задача 1

Пусть вдоль поверхности S, заданной функцией z = f(x, y) иограниченной областью D (x, y ∈ D), распределены массы плот-ностью ρ(x, y, z). Найти полную массу этой поверхности.

��

��

�

y

z

-

6

6−→k

dydx

dx

dz

��

dydz

-−→j

��−→i

d−→S

x

I Вопрос: Чему равен вектордифференциала поверхности вдекартовой системе координат?

Ответ: Поскольку дифференци-ал плоской площади равен dxdy,а нормальный единичный вектор

ее−→k , то вектор дифференциала

поверхности равен

d−→S =

−→i dydz+

−→j dxdz+

−→k dxdy.

Вопрос: Чему равен модуль дифференциала поверхности S вдекартовой системе координат?

Ответ: Поскольку поверхность S определена z = f(x, y), то

dS = |d−→S | =√

1 + f ′x2 + f ′y

2dxdy.

Вопрос: Чему равна масса однородной пластинки плотности ρи площади S?

Лекция 52. Поверхностные интегралы 241

Ответ: Для однородной пластинки это произведение ρ · S, адля неоднородной поверхности ее масса равна поверхностномуинтегралу первого рода:

∫∫

S

ρ(x, y, z) dS =

∫∫

D

ρ(x, y, z)√

1 + f ′x2 + f ′y

2 dxdy . J

Пример 1. Вычислить площадь поверхности цилиндраx2 + y2 = Rx, заключенной внутри сферы x2 + y2 + z2 = R2.

B Вопрос: Какой функцией описывается поверхность цилинд-ра?

Ответ: y(x, z) = ±√Rx− x2.

Вопрос: Чему равны ее частные производные?

Ответ: y′x = ± R/2 − x√Rx− x2

, y′z = 0.

Вопрос: Какими линиями ограничена область D?

Ответ: Область интегрирования определяется решением следу-ющей системы уравнений:

{x2 + y2 = Rx,x2 + y2 + z2 = R2 =⇒

{z = ±

√R2 −Rx,

0 6 x 6 R.

Таким образом осталось вычислить двойной интеграл

S =

∫∫

D

√1 + y′x

2 + y′z2 dxdz = R

R∫

0

dx

√R2−Rx∫

−√

R2−Rx

dz√Rx− x2

=

= 2R√R

R∫

0

dx√x

= 4R2. C


Поверхностные интегралы второго рода

Задача 2

Пусть через поверхность S, заданной функцией F (x, y, z) = 0 иограниченной плоскостями: x = 0, y = 0, z = 0, проходит потокжидкости единичной плотности со скоростью

−→v (x, y, z) =

−→i P (x, y, z) +

−→j Q(x, y, z) +

−→k R(x, y, z).

Найти поток жидкости через эту поверхность.

• Вектор дифференциала поверхности, определенный в преды-дущей задаче, соответствует положительно ориентированнойповерхности; для отрицательно ориентированной поверхностизнак вектора дифференциала меняется на противоположный.

I Вопрос: Чему равен элемент потока?

Ответ: Скалярному произведению вектора скорости на вектордифференциала поверхности−→v (x, y, z)d

−→S = P (x, y, z)dydz +Q(x, y, z)dxdz +R(x, y, z)dxdy.

Весь поток равен поверхностному интегралу второго рода:∫∫

S

−→v (x, y, z) d

−→S =

=

∫∫

S

P (x, y, z) dydz +Q(x, y, z) dxdz +R(x, y, z) dxdy.

Вопрос: Как вычислять этот интеграл?

Ответ: Поверхностный интеграл второго рода для не замкнутойповерхности сводится к трем двойным интегралам

∫∫

S

−→v (x, y, z) d

−→S =

∫∫

Dx

P (x(y, z), y, z) dydz+

+

∫∫

Dy

Q(x, y(x, z), z) dxdz +

∫∫

Dz

R(x, y, z(x, y)) dxdy.

Лекция 52. Поверхностные интегралы 243

-

6

��

��

�x

y

z

��

��

��3

��*

��:

−→V (x, y, z)

AAAK

F (x, y, z) = 0

Переход от трех переменным кдвум переменным в каждом издвойных интегралов диктуетсяуравнением заданной поверхнос-ти F (x, y, z) = 0, при этом гра-ницы области интегрирования:

Dx : F (0, y, z) = 0, y = 0, z = 0;

Dy : F (x, 0, z) = 0, x = 0, z = 0;

Dz : F (x, y, 0) = 0, x = 0, y = 0.

Пример 2. Показать, что поток радиуса-вектора через за-мкнутую поверхность S, равен утроенному объему, ограничен-ному этой поверхностью, т.е.

∫∫

S

−→r d

−→S =

∫∫

S

z dxdy + x dydz + y dxdz = 3VS .

-

6

��

��

�

z

y

x

VS

��+

z2(x, y)

PPPPiz1(x, y)

B Если поверхности, ограничи-вающие объем VS соответствен-но снизу и сверху определяются

z = z1(x, y) и z = z2(x, y),

тогда∫∫

S

z dxdy =

∫∫

Dz+

z2(x, y) dxdy+

+

∫∫

Dz−

z1(x, y) dxdy =

=

∫∫

Dz+

[z2(x, y) − z1(x, y)] dxdy =

b∫

a

dx

y2(x)∫

y1(x)

dy

z2(x,y)∫

z1(x,y)

dz = VS .

Совершенно аналогично можно показать, что второй и третийинтегралы также равны объему VS (см. Лекцию 50). C

“Единственная практическая проблема —Что делать дальше?”

Энон

Раздел 8

Теория рядов

Лекция 53. Сходимость и сумма

числового ряда

Из этой лекции станет ясно, что не всякая сумма бесконеч-ного числа слагаемых равна бесконечности.

F Формальная сумма элементов u1, u2, . . . , un, . . . числовойпоследовательности называется числовым рядом,

∞∑

n=1

un = u1 + u2 + · · · + un + · · · — числовой ряд,

при этом слагаемые называют членами ряда, а un — об-щим членом ряда.

F Сумма первых n слагаемых ряда называется n-ой частич-ной суммой

Sn =n∑

k=1

uk = u1 + u2 + · · · + un — n-ая частичная сумма

Лекция 53. Сходимость и сумма числового ряда 245

F Если все члены ряда положительны, то ряд будем назы-вать знакоположительным.

F Если предел частичных сумм существует и конечен, торяд называется сходящимся, в противном случае говорят,что ряд расходится.

limn→∞

Sn = S — сумма ряда

Ряд геометрической прогрессии

F Рядом геометрической прогрессии называется следующийряд ∞∑

n=0

aqn = a+ aq + aq2 + · · · + aqn + · · · ,

где q — знаменатель геометрической прогрессии.

Задача 1

Показать, что n-ая частичная сумма ряда геометрической про-грессии равна

Sn = a+ aq + aq2 + · · · + aqn−1 =a− aqn

1 − q.

I Доказательство этой формулы проводится методом матема-тической индукции, но еще проще ее можно получить прямымделением

a−aqn 1 − q

a−aq a+ aq + · · · + aqn−1

aq−aqn

aq−aq2

· · ·aqn−1−aqn

aqn−1−aqn

0.

J

246 Теория рядов

Задача 2

Исследовать на сходимость и вычислить сумму ряда геометри-ческой прогрессии 1 + q + q2 + · · · + qn + · · · .

I 1. |q| < 1 =⇒ сходится.

limn→∞

Sn = limn→∞

1 − qn

1 − q=

1

1 − q− lim

n→∞qn

1 − q︸︷︷︸=0

=1

1 − q.

S =1

1 − q— сумма ряда геометрической прогрессии

2. |q| > 1 =⇒ расходится.

limn→∞

Sn = limn→∞

1 − qn

1 − q=

1

1 − q− lim

n→∞qn

1 − q︸︷︷︸=∞

= ∞.

3. q = 1 =⇒ расходится.

Sn = 1 + 1 + · · · + 1︸︷︷︸n

= n; limn→∞

Sn = limn→∞

n = ∞.

4. q = −1 =⇒ расходится.

Sn = 1 − 1 + · · · ± 1︸︷︷︸n

= 0 или 1; limn→∞Sn не существует J

Необходимое условие сходимости числового ряда

Задача 3

Показать, что если ряд сходится, то limn→∞

un = 0.

I По условию задачи limn→∞

Sn = S, но тогда

limn→∞

n−1→∞

Sn−1 = S.

Вопрос: Какое соотношение связывает Sn и Sn−1?

Лекция 53. Сходимость и сумма числового ряда 247

Ответ: Sn = Sn−1 + un.

limn→∞

Sn = limn→∞

Sn−1 + limn→∞

un =⇒ S = S + limn→∞

un =⇒

limn→∞

un = 0 — необходимое условие сходимости J

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд∞∑

n=1

n+ 1

1000n.

B limn→∞un = lim

n→∞n+ 1

1000n=

1

10006= 0 — расходится C

Гармонический ряд

F Гармоническим рядом называется числовой ряд

∞∑

n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ · · · + 1

n+ · · · .

Вопрос: Что вы можете сказать о сходимости гармоническогоряда?

Ответ: Только невыполнение необходимого условия сходимостипозволяет делать определенный вывод, а его выполнение, как вданном случае, lim

n→∞un = lim

n→∞1/n = 0, не позволяет судить о

сходимости.

• В дальнейшем мы сможем показать, что этот ряд расходится.

Достаточные признаки сходимости

Вопрос: Как вы думаете, для чего нужны достаточные призна-ки сходимости числовых рядов?

Ответ: Прежде чем вычислять сумму ряда, необходимо убе-диться, что он сходится. Иначе большие усилия можно затра-тить на вычисление того, чего не существует.


Признак сравнения

Задача 4

Пусть заданы два числовых ряда∞∑

k=1

uk (1) и∞∑

k=1

vk (2) и пусть

uk > vk > 0. Показать, что тогда из сходимости ряда (1) сле-дует сходимость ряда (2), а из расходимости ряда (2) следуетрасходимость ряда (1).

I uk > vk =⇒n∑

k=1

uk >

n∑

k=1

vk =⇒ limn→∞

n∑

k=1

uk > limn→∞

n∑

k=1

vk.

1. Если ряд (1) сходится, то

limn→∞

n∑

k=1

uk = S > limn→∞

n∑

k=1

vk ,

что означает сходимость ряда (2).

2. Если ряд (2) расходится, то

limn→∞

n∑

k=1

uk > limn→∞

n∑

k=1

vk = ∞ ,

что означает расходимость ряда (1). J


n=1

1

nn.

B Распишем этот ряд∞∑

n=1

1

nn= 1 +

1

22+

1

33+ · · · + 1

nn+ · · · .

Вопрос: С каким рядом данный ряд вы думаете сравнивать?

Ответ: С рядом геометрической прогрессии∞∑

n=1

1

2n. Посколь-

ку начиная с k = 2 выполняется неравенство 1/2n > 1/nn, тозаданный ряд сходится. C

Лекция 54. Достаточные признаки сходимости рядов 249

Лекция 54. Достаточные признаки

сходимости рядов

Как мы увидим, вопрос о сходимости числовых рядов как пра-вило сводится к вычислению предела.

Предельный признак сравнения

Задача 1

Пусть заданы два числовых ряда∞∑

n=1

uk (1) и∞∑

n=1

vk (2) и пусть

uk, vk > 0. Показать, что если предел отношения общих членов

этих рядов существует и конечен limk→∞

uk

vk= A , то ряды (1) и

(2) сходятся или расходятся одновременно.

I Согласно определению предела последовательности

limk→∞

uk

vk= A ⇐⇒ A− ε <

uk

vk< A+ ε

⇓(A− ε)vk <︸︷︷︸

1

uk < (A+ ε)vk︸︷︷︸2

при k > N

1. Пусть ряд (2) сходится, тогда ряд (A + ε)∞∑

k=1

vk, отличаю-

щийся от (2) на множитель, также сходится. Теперь из признакасравнения, согласно неравенству 2, ряд (1) сходится.

2. Пусть ряд (1) сходится, тогда из признака сравнения, соглас-но неравенству 1, ряд (2) сходится.

3. Пусть ряд (1) расходится, тогда из признака сравнения, со-гласно неравенству 2, ряд (2) расходится.

4. Пусть ряд (2) расходится, тогда из признака сравнения, со-гласно неравенству 1, ряд (1) расходится. J



n=1

1

2n+ 1.

B Вопрос: Какой ряд имеет смысл сопоставить данному?

Ответ: Расходящийся гармонический ряд∞∑

n=1

1

n.

limn→∞

un

vn= lim

n→∞n

2n+ 1=

(∞∞

)=

1

2— ряд расходится C

Признак Даламбера

Задача 2

Пусть дан ряд∞∑

n=1

uk (1) (uk > 0) и limk→∞

uk+1

uk= l. Показать, что

если l < 1, то ряд сходится, а если l > 1, то ряд расходится.


limk→∞

uk+1

uk= l ⇐⇒ l − ε <

uk+1

uk< l + ε

⇓(l − ε)uk < uk+1 < (l + ε)uk

при k > N

Поскольку по определению предела ε — произвольная постоян-ная, то мы выбираем ее такой, чтобы при l < 1 и l + ε < 1, апри l > 1 и l−ε > 1. Далее сопоставим заданному ряду (1) рядыгеометрической прогрессии (2) и (2′) :

∞∑

k=N

uk = uN + uN+1 + uN+2 + · · · . (1)

∞∑

k=N

vk = uN + uN (l + ε) + uN (l + ε)2 + · · · . (2)

∞∑

k=N

v′k = uN + uN (l − ε) + uN (l − ε)2 + · · · . (2′)

удовлетворяющие неравенствам v′k 6uk6 vk.

Лекция 54. Достаточные признаки сходимости рядов 251

1. Пусть l < 1 и l + ε < 1, тогда ряд (2) сходящийся, а зна-чит, согласно второму неравенству и признаку сравнения ряд(1) сходится.

2. Пусть l > 1 и l − ε > 1, тогда ряд (2′) расходящийся, а зна-чит, согласно первому неравенству и признаку сравнения ряд(1) расходится. Итак,

если limk→∞

uk+1

uk= l, то

{при l < 1 – ряд сходится;

при l > 1 – ряд расходится.J


n=1

1

(2n+ 1)!.

B limn→∞

un+1

un= lim

n→∞(2n+ 1)!

(2n+ 3)!=

(∞∞

)=

= limn→∞

1

(2n+ 3)(2n+ 2)= 0 = l < 1 — ряд сходится C

Признак Коши

Задача 3


n=1

uk (1) (uk > 0) и пусть limk→∞

k√uk = l. По-

казать, что если l < 1, то ряд сходится, а если l > 1, то рядрасходится.


limk→∞

k√uk = l ⇐⇒ l − ε < k

√uk < l + ε

⇓(l − ε)k <︸︷︷︸

1

uk < (l + ε)k

︸︷︷︸2

при k > N

Вопрос: Что вы предлагаете делать дальше?


Ответ: В данной задаче достаточно просуммировать неравен-ства (1) и (2)

∞∑

n=1

(l − ε)k <∞∑

n=1

uk <∞∑

n=1

(l − ε)k,

откуда следует

если limk→∞

k√uk = l, то

{при l < 1 — ряд сходится;

при l > 1 — ряд расходится.J


n=1

1

(2n+ 1)n.

B limn→∞

n√un = lim

n→∞n

√1

(2n+ 1)n= 0 < 1 — ряд сходится C

Пример 4. Исследовать на сходимость и вычислить суммуряда

∞∑

n=1

1

n(n+ 1)=

1

1 · 2 +1

2 · 3 +1

3 · 4 + · · · + 1

n(n+ 1)+ · · · .

B 1. Воспользуемся признаком Даламбера

limn→∞

un+1

un= lim

n→∞n(n+ 1)

(n+ 1)(n+ 2)=

(∞∞

)= lim

n→∞n

n+ 2= 1 = l .

• Если l = 1, то признак Коши или Даламбера не позволяет

судить о сходимости ряда.

2. Найдем n-ую частичную сумму и вычислим ее предел.

un =1

n(n+ 1)=A

n+

B

n+ 1=

1

n− 1

n+ 1

Sn = 1 − 1

2+

1

2− 1

3+

1

3− · · · + 1

n− 1

n+ 1= 1 − 1

n+ 1

S = limn→∞

Sn = limn→∞

(1 − 1

n+ 1

)= 1 — ряд сходится C

Лекция 55. Ряд Дирихле. Знакопеременные ряды 253

Лекция 55. Ряд Дирихле.

Знакопеременные ряды

Мы убедимся, что известное утверждение: от перестановкислагаемых сумма не меняется — имеет свою границу.

Интегральный признак сходимости

Задача 1


k=1

f(k), где f(k) знакоположительная, невоз-

растающая функция. Показать, что если ему сопоставить не-

собственный интеграл∫ ∞

1f(x) dx, то этот ряд и этот несобст-

венный интеграл сходятся или расходятся одновременно.

I По условию задачи

f(k + 1) 6 f(ξ) 6 f(k), при ξ ∈ [k, k + 1].

Вопрос: Воспользовавшись теоремой о среднем (Лекция 28),представить f(ξ) в виде определенного интеграла.

Ответ:

k+1∫

k

f(x) dx = f(ξ)(k + 1 − k) = f(ξ), при ξ ∈ [k, k + 1].

Вопрос: Как будет выглядеть исходное неравенство после егосуммирования с учетом найденного обстоятельства?

Ответ: f(k + 1) 6

k+1∫

k

f(x) dx 6 f(k)

⇓


∞∑

k=1

f(k + 1) 6

∞∑

k=1

k+1∫

k

f(x) dx 6

∞∑

k=1

f(k)

⇓∞∑

k=1

f(k + 1) 6

∞∫

1︸︷︷︸1

f(x) dx 6

∞∑

k=1

f(k)

︸︷︷︸2

1. Пусть правый ряд сходится, тогда из признака сравнения,согласно неравенству 2, несобственный интеграл сходится.

2. Пусть несобственный интеграл сходится, тогда из признакасравнения, согласно неравенству 1, ряд сходится.

3. Пусть левый ряд расходится, тогда из признака сравнения,согласно неравенству 1, несобственный интеграл расходится.

4. Пусть несобственный интеграл расходится, тогда из призна-ка сравнения, согласно неравенству 2, ряд расходится. J

Ряд Дирихле

F Рядом Дирихле называется знакоположительный ряд

∞∑

k=1

1

kα= 1 +

1

2α+

1

3α+ · · · + 1

kα+ · · · — ряд Дирихле

• При α = 1 ряд Дирихле становится гармоническим.

Задача 2

Исследовать на сходимость ряд Дирихле.

I Вопрос: Какой признак сходимости вы будете использовать?

Ответ: Интегральный признак сходимости, согласно которому


ряд∞∑

k=1

1

kαи интеграл

∞∫

1

1

xαdx

сходятся или расходятся одновременно.

Вопрос: Что вы можете сказать о сходимости этого несобствен-ного интеграла?

Ответ: Согласно частному предельному признаку сходимос-ти для интеграла с неограниченным пределом интегрирования(Лекция 32) такой интеграл сходится при α > 1 и расходитсяпри α 6 1. J

• В данной задаче доказано, что гармонический ряд расходит-ся, причем логарифмически.

Пример 1. Подсчитать N -ую частичную сумму расходя-щегося гармонического ряда, если число слагаемых в нем равночислу атомов во вселенной.

B Вопрос: Чему равно число атомов во вселенной, если извест-но, что радиус вселенной равен десять миллиардов световыхлет, а средняя плотность вещества во вселенной равна одномуатому в кубическом сантиметре?

Ответ: N ∼ 1084.

N∑

k=1

1

k'

N∫

1

dk

k= lnN = ln1084 ' 194 C

Знакопеременные ряды

F Числовой ряд называется знакопеременным, если он содер-жит как положительные так и отрицательные слагаемые.

F

∞∑

k=1

(−1)k−1uk, где uk > 0 — знакочередующийся ряд


Признак Лейбница

Задача 3

Пусть знакопеременный ряд удовлетворяет следующим услови-ям:

— ряд знакочередующийся;— ряд не возрастающий uk+1 6 uk;— выполняется необходимое условие lim

k→∞uk = 0.

Показать, что в этом случае ряд сходится, причем его сумма непревышает первое слагаемое u1 > 0.

I Если число слагаемых четно, то

S2n = u1 − u2 + u3 − · · · − u2n−2 + u2n−1 − u2n =

= u1 − (u2 − u3)︸︷︷︸>0

− · · · − (u2n−2 − u2n−1)︸︷︷︸>0

−u2n < u1 =⇒

=⇒ limn→∞

S2n < u1.

Вопрос: А если число слагаемых нечетно?

Ответ: Тогда воспользуемся необходимым условием

limn→∞

S2n+1 = limn→∞

S2n + limn→∞

u2n+1︸︷︷︸

=0

= S < u1. J

• Условия решенной задачи составляют признак Лейбница.

Абсолютная и условная сходимость

F Знакопеременный ряд называется абсолютно сходящимся,если сходится ряд из модулей его слагаемых.

F Знакопеременный ряд называется условно сходящимся, ес-ли он сходится (например, по признаку Лейбница), но рядиз модулей его слагаемых расходится.



n=2

(−1)n

n lnn.

B 1. Вопрос: Удовлетворяет ли этот ряд признаку Лейбница?

Ответ: Да, он удовлетворяет всем трем его условиям.

2. Проверим, сходится ли ряд из модулей его слагаемых

∞∑

n=2

1

n lnn=⇒

∞∫

2

dx

x lnx= lim

b→∞

b∫

2

dx

x lnx= ln lnx

∣∣∣∞

2= ∞.

Ответ: Данный ряд сходится условно. C

Задача 4

Показать на примере знакочередующегося ряда∞∑

k=1

(−1)k−1 1

k,

что сумма условно сходящегося ряда зависит от порядка сум-мирования слагаемых этого ряда.

I Переставим члены ряда и сгруппируем их по трое

∞∑

k=1

(−1)k−1 1

k= 1 − 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− 1

6+

1

7− 1

8+ · · · =

=

(1 − 1

2− 1

4

)

︸︷︷︸12(1− 1

2)

+

(1

3− 1

6− 1

8

)

︸︷︷︸12( 13− 1

4)

+

(1

5− 1

10− 1

12

)

︸︷︷︸12( 15− 1

6)

+

+ · · · +(

1

2n− 1− 1

4n− 2− 1

4n

)

︸︷︷︸12( 12n−1

− 12n

)

+ · · · =1

2

∞∑

k=1

(−1)k−1 1

k=

1

2S. J

• От перестановки слагаемых сумма условно сходящегося рядаменяется, а сумма абсолютно сходящегося ряда не меняется.


Лекция 56. Функциональные ряды

Подобно тому, как для функции мы интересуемся областью ееопределения, так для функционального ряда нас должна инте-ресовать его область сходимости.

F Функциональным рядом называется такой ряд

∞∑

k=1

uk(x) = u1(x) + u2(x) + · · · + un(x) + · · · ,

каждое слагаемое которого является функцией x.

F Функциональный ряд называется сходящимся в областиD, если существует конечный предел частичной суммыего, т.е.

limn→∞

Sn(x) = S(x) при ∀x ∈ D.

F Множество всех значений x, при которых ряд сходится,называют областью сходимости.

F Функциональный ряд называется равномерно сходящимсяв области D, если ∀ε > 0 найдется такое N , что выполня-ется неравенство

|Sn(x) − S(x)| < ε при n > N ,

где N не зависит от x.

Признак равномерной сходимости Вейерштрасса

Функциональный ряд∞∑

k=1

uk(x) сходится равномерно при x ∈ D,

если ему можно сопоставить сходящийся знакоположительный

числовой ряд∞∑

k=1

vk, такой, что выполняется |uk(x)| 6 vk.

Лекция 56. Функциональные ряды 259

Задача 1

Применить признак сходимости Даламбера для функциональ-ного ряда.

I Сопоставим функциональному ряду ряд из модулей его чле-нов ∞∑

k=1

uk(x) =⇒∞∑

k=1

|uk(x)|.

Такой ряд для каждого конкретного x является знакоположи-тельным числовым рядом к которому применим признак Да-ламбера

limk→∞

|uk+1(x)||uk(x)|

< 1.

При всех значениях x, когда предел меньше единицы, функцио-нальный ряд сходится, причем абсолютно, а само множествоэтих значений x является его областью сходимости. J

Область сходимости степенного ряда

F Если uk(x) = akxk, то ряд называется степенным.

Задача 2

Воспользовавшись результатом предыдущей задачи, найти об-ласть сходимости степенного ряда.

I По условию задачи uk(x) = akxk, и тогда

limk→∞

|uk+1(x)||uk(x)|

< 1 ⇒ limk→∞

|ak+1xk+1|

|akxk| < 1 ⇒ |x| limk→∞

|ak+1||ak|

< 1,


|x| < limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣ = R —радиус сходимости

по ДаламберуJ

• В интервале (−R, R) степенной ряд сходится абсолютно.



k=0

xk.

B 1. Находим радиус сходимости степенного ряда

R = limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣ = limk→∞

1

1= 1 .

2. На границах области сходимости проводим дополнитель-ное исследование

∞∑

k=0

(±1)k = 1 ± 1 + 1 ± · · · — расходится.

Вопрос: Не напоминает ли вам что-нибудь этот степенной ряд?

Ответ: По сути это ряд геометрической прогрессии, который,как еще раз мы установили, абсолютно сходится при x ∈ (−1, 1),и расходится при |x| > 1. C

Задача 3

Получить радиус сходимости степенного ряда, используя при-знак сходимости Коши.

I Вопрос: Как будет выглядеть признак Коши для функцио-нального ряда?

Ответ: limk→∞

k

√|uk(x)| < 1.

Для степенного ряда то же неравенство принимает вид:

limk→∞

k

√|uk(x)| < 1 ⇒ lim

k→∞k

√|akxk| < 1 ⇒ |x| lim

k→∞k

√|ak| < 1,


|x| < limk→∞

1k√|ak|

= R —радиус сходимости

по КошиJ

Лекция 56. Функциональные ряды 261

Разложение функций в степенные ряды

Вопрос: Чему равна эквивалентная функции в окрестности точ-ки x0, если функция в этой точке n раз дифференцируема?

Ответ: Многочлену Тейлора (Лекция 21).

F Пусть функция f(x) бесконечное число раз дифференциру-ема в точке x0 и |f (k)(x0)| 6 M , тогда в окрестности этойточки функция раскладывается в степенной ряд

f(x) =∞∑

k=0

f (k)(x0)

k!(x− x0)

k — ряд Тейлора

Вопрос: Как выглядит ряд Тейлора при x0 = 0?

Ответ: f(x) =∞∑

k=0

f (k)(0)

k!xk — ряд Маклорена

Пример 2. Разложить ex в ряд Маклорена и исследоватьего на сходимость.

B 1. f (k)(0) = (ex)(k)∣∣∣x=0

= ex∣∣∣x=0

= 1 =⇒ ex =∞∑

k=0

xk

k!.

2. R = limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣ = limk→∞

(k + 1)!

k!= lim

k→∞(k + 1) = ∞

Ответ: ex =∞∑

k=0

xk

k!, при D : (−∞, ∞). C

Пример 3. Разложить sinx в ряд Маклорена и исследоватьего на сходимость (самостоятельно).

B Ответ: sinx =∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n+ 1)!, при D : (−∞, ∞). C


Лекция 57. Интегрирование и

дифференцирование степенных рядов

Интегрирование и дифференцирование степенных рядов позво-ляет заданные ряды сводить к уже известным рядам, напри-мер, вычислить сумму такого ряда: 1+2·0.3+3·(0.3)2+4·(0.3)3+··· .

Задача 1 (об интегрировании рядов)

Пусть ряд∞∑

k=1

uk(x) = S(x) при x ∈ [a, b] (1)

равномерно сходится. Показать, что в этом случае ряд∞∑

k=1

vk(x) = V (x) при x ∈ [a, b] (2)

будет сходиться, если

vk(x) =

x∫

a

uk(t) dt, причем V (x) =

x∫

a

S(t) dt.

I Поскольку ряд (1) сходится, то

limn→∞

Sn(x) = S(x) =⇒ |Sn(x) − S(x)| < ε

b− a,

при этом, согласно определению равномерной сходимости, ε независит от x при n > N . Покажем, что

|Vn(x) − V (x)| < ε при n > N, x ∈ [a, b].

Вопрос: Чему равна n-ая частичная сумма ряда (2)?

Ответ:

Vn(x) =n∑

k=1

vk(x) =n∑

k=1

x∫

a

uk(t) dt =

x∫

a

n∑

k=1

uk(t) dt =

x∫

a

Sn(t) dt.

Лекция 57. Интегрирование и дифференцирование рядов 263

Вопрос: Какую цепочку соотношений теперь нужно записать?

Ответ: ∣∣∣∣∣∣

x∫

a

Sn(t) dt−x∫

a

S(t) dt

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

x∫

a

(Sn(t) − S(t)

)dt

∣∣∣∣∣∣6

6

x∫

a

|Sn(t) − S(t)| dt <x∫

a

ε

b− adt =

ε

b− a(x− a) 6 ε. J

Пример 1. Вычислить: 0.3 +(0.3)2

2+

(0.3)3

3+ · · · .

B 1. Сопоставим заданному числовому ряду степенной ряд

x+x2

2+x3

3+ · · · =

∞∑

k=1

xk

k.

2. Исследуем этот ряд на сходимость

R = limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣ = limk→∞

k + 1

k= 1 .

3. Вопрос: Какому степенному ряду он всего ближе?

Ответ: Ряду геометрической прогрессии

1 + x+ x2 + x3 + · · · =∞∑

k=0

xk =1

1 − x,

который равномерно сходится при |x| 6 r < 1.

Вопрос: Можно ли преобразовать ряд геометрической прогрес-сии к заданному ряду?

Ответ: Да, это можно сделать посредством интегрирования.x∫

0

1 dt+

x∫

0

t dt+

x∫

0

t2 dt+ · · · =

x∫

0

dt

1 − t

⇓x+

x2

2+x3

3+ · · · = − ln |1 − x|

Ответ: V (0.3) = − ln |1 − 0.3| = − ln 0.7 ≈ 0.35 C


Пример 2. Разложить в степенной ряд arctg x для |x| < 1.

B Вопрос: Можно ли arctg x записать в виде определенногоинтеграла?

Ответ: Да, причем

x∫

0

1

1 + t2dt = arctg x .

Вопрос: Можно ли подынтегральное выражение представить ввиде ряда?

Ответ: Подынтегральное выражение— это сумма ряда геомет-рической прогрессии с q = −x2:

1

1 + x2=

∞∑

k=0

(−x2)k =∞∑

k=0

(−1)kx2k = 1 − x2 + x4 − · · · .

Вопрос: Можно ли проинтегрировать этот ряд?

Ответ: Да, поскольку ряд геометрической прогрессии равно-мерно сходится при |x| 6 r < 1.

arctg x =

x∫

0

∞∑

k=0

(−1)kt2k dt =∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

2k + 1= x− x3

3+ · · · . C

Задача 2 (о дифференцировании рядов)

Пусть задан ряд∞∑

k=1

uk(x) = S(x) при x ∈ [a, b] (1)

и пусть ряд из его производных wk(x) = u′k(x)∞∑

k=1

wk(x) = W (x) при x ∈ [a, b] (2)

равномерно сходится. Показать, что S ′(x) = W (x).

I Поскольку ряд (2) равномерно сходится, то его можно, со-гласно Задачи 1 проинтегрировать, причем

Лекция 57. Интегрирование и дифференцирование рядов 265

∞∑

k=1

x∫

a

wk(t) dt =∞∑

k=1

(uk(x) − uk(a)) =

= S(x) − S(a) =

x∫

a

W (t) dt =⇒ S ′(x) = W (x). J

Пример 3. Вычислить: 1+2 ·0.3+3 · (0.3)2 +4 · (0.3)3 + · · · .

B 1. Сопоставим заданному числовому ряду степенной ряд.

1 + 2 · x+ 3 · x2 + 4 · x3 + · · · =∞∑

k=1

(k + 1)xk (x = 0.3).

2. Очевидно, что ряд сходится при |x| < 1.

3. Вопрос: Можно ли преобразовать ряд геометрическойпрогрессии к заданному ряду?

Ответ: Да, посредством дифференцирования.

(1 + x+ x2 + x3 + · · ·)′ =

( ∞∑

k=0

xk

)′=

(1

1 − x

)′,

⇓1 + 2 · x+ 3 · x2 + · · · =

∞∑

k=1

kxk−1 =1

(1 − x)2.

Ответ: W (0.3) =1

(1 − 0.3)2=

1

0.49≈ 2.04 C

Пример 4. Выразить интеграл вероятности

x∫

0

e−t2 dt в

виде степенного ряда.

B

x∫

0

e−t2 dt =

{e−t2 =

∞∑

k=0

(−1)k t2k

k!

}=

∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)k!C


Лекция 58. Вычисление иррациональных

чисел и определенных интегралов

Такие известные со школы числа как e, π,√

2 вычисляются спомощью рядов.

Задача 1 (о вычислении e)

Вычислить e с точностью 0.1.

I Вопрос: Какой степенной ряд имеет отношение к числу e?

Ответ: Ряд Маклорена ex =∞∑

k=0

xk

k!, с радиусом R = ∞.

Вопрос: Какой числовой ряд равен числу e?

Ответ: e = ex∣∣∣x=1

=∞∑

k=0

1

k!= 1 + 1 +

1

2+

1

6+

1

24+ · · · ≈

≈ 2 + 0.5 + 0.166 + 0.041 ≈ 2.7 J

Задача 2 (о вычислении√

2)

Вычислить√

2 с точностью 0.01.

1 1√2

I Вопрос: Какой степенной ряд имеет от-ношение к числу

√2?

Ответ: Таким рядом будет разложение вряд Маклорена функции (1 + x)p. Так как

((1 + x)p)(k)∣∣∣x=0

= p(p− 1) · · · (p− k + 1),

то биноминальный ряд имеет вид:

(1 + x)p = 1 + p1!x+ p(p−1)

2! x2 + · · · + p(p−1)···(p−k+1)k! xk + · · ·

Вопрос: Каков радиус сходимости биноминального ряда?

Лекция 58. Вычисление иррациональных чисел 267

Ответ: R = limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣ = limk→∞

∣∣∣∣k + 1

p− k

∣∣∣∣ = 1,

т.е. необходимо представить искомое число в виде биноминаль-ного ряда при |x| < 1. Легко убедиться, но тяжело догадаться,что ключом решения является равенство:

√2 =

10

7

√1 + x, где x = −0.02.

Таким образом, по формуле биноминального ряда

√2 =

10

7

(1 − 1

20, 02 − 1

80.0004 − · · ·

)=

10

7(1 − 0.01) ≈ 1.41 J

Задача 3 (о вычислении π)

Вычислить π с точностью 0.01.

I Вопрос: Какой ряд можно использовать для вычислениячисла π?

Ответ: Любую обратную тригонометрическую функцию.

Вопрос: Какое из равенств вы предпочли бы использовать длявычисления π : arctg 1 = π/4 или arcsin 0.5 = π/6?

Ответ: Конечно второе, поскольку при меньшем аргументе сте-пенной ряд сходится быстрее.

Вопрос: Каким образом можно найти первые члены ряда arcsin x?

Ответ: С помощью интегрирования биноминального ряда

π = 6arcsin 0.5 = 6

0.5∫

0

dt√1 − t2

= 6

0.5∫

0

[1+t2

2+

3

8t4 +

5

16t6+ · · ·] dt =

= 6[t+1

6t3 +

3

40t5 +

5

102t7 + · · ·]

∣∣∣0.5

0= 3+

1

8+

9

640+ · · · ≈ 3.14 J


Вычисление определенных интегралов

Задача 4 (о вычислении интегрального синуса)

Вычислить

0.2∫

0

sinx

xdx с точностью до 0.001.

I

0.2∫

0

sinx

xdx =

{sinx

x=

∞∑

k=0

(−1)k x2k

(2k + 1)!, R = ∞

}=

=

0.2∫

0

∞∑

k=0

(−1)k x2k

(2k + 1)!dx =

∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)(2k + 1)!

∣∣∣0.2

0=

=∞∑

k=0

(−1)k 0.22k+1

(2k + 1)(2k + 1)!= 0.2 − (0.2)3

3 · 3! +(0.2)5

5 · 5! − · · · =

= 0.2 − 4

910−3 +

16

310−7 − · · · ≈ 0.199 J

Задача 5

Вычислить

1∫

0

e−x2

3 dx с точностью до 0.01.

I

1∫

0

e−x2

3 dx =

{e−

x2

3 =∞∑

k=0

(−1)k x2k

3kk!, R = ∞

}=

=

1∫

0

∞∑

k=0

(−1)k x2k

3kk!dx =

∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

3kk!(2k + 1)

∣∣∣1

0=

=∞∑

k=0

(−1)k 1

3kk!(2k + 1)= 1 − 1

9+

1

9 · 2 · 5 − 1

27 · 6 · 7 + · · · =

= 1 − 1

9+

1

90− 1

1134+ · · · ≈ 1 − 0.11 + 0.01 = 0.90 J

Лекция 59. Решение дифференциальных уравнений 269

Лекция 59. Решение дифференциальных

уравнений с помощью рядов

В тех случаях, когда не удается проинтегрировать дифферен-циальное уравнение, его можно решить с помощью рядов.

Точное решение дифференциального уравнения

или метод неопределенных коэффициентов

Задача 1 ( общее решение дифференциального уравнения)

Решить уравнение: y′′ − x2y = 0.

I Вопрос: Идентифицируйте данное уравнение.

Ответ: Это линейное дифференциальное уравнение второго по-рядка с переменными коэффициентами. Оно не соответствуетни одному из трех типов дифференциальных уравнений, допус-кающих понижение порядка.

Вопрос: С помощью неопределенных коэффициентов представь-те в виде степенных рядов искомую функцию и ее производные.

Ответ: y =∞∑

k=0

akxk,

y′ =∞∑

k=1

akkxk−1,

y′′ =∞∑

k=2

akk(k − 1)xk−2.

Вопрос: Найдите реккурентные соотношения между неопре-деленными коэффициентами.

Ответ: Подстановка рядов в уравнение дает тождество, где про-ведено переобозначение идексов суммирования

∞∑

k=0

ak+2(k + 2)(k + 1)xk −∞∑

k=0

akxk+2 ≡ 0,


которое верно, если

x0 : a22 · 1 = 0x1 : a33 · 2 = 0x2 : a44 · 3 − a0 = 0x3 : a55 · 4 − a1 = 0

=⇒a2 = 0

a3 = 0

С учетом полученных соотношений, то же тождество можно пе-реписать иначе

∞∑

k=0

ak+4(k + 4)(k + 3)xk+2 −∞∑

k=0

akxk+2 ≡ 0,

откуда следует реккурентное соотношение

ak+4 =ak

(k + 4)(k + 3).

Вопрос: Выразите все коэффициенты через a0 и a1.

Ответ: Очевидно, что через a0 выразятся коэффициенты с ин-дексами 4, 8, 12, 16 и т.д., а через a1 выразятся коэффициентыс индексами 5, 9, 13, 17 и т.д., при этом они равны

a4k =a0

4k(4k − 1) · · · 8 · 7 · 4 · 3 ,

a4k+1 =a1

(4k + 1)4k · · · 9 · 8 · 5 · 4 .

В результате общее решение уравнения имеет вид:

y =∞∑

k=0

a4kx4k +

∞∑

k=0

a4k+1x4k+1 =

= a0 + a1x+∞∑

k=1

a0x4k

4k(4k − 1) · · · 4 · 3 +∞∑

k=1

a1x4k+1

(4k + 1)4k · · · 5 · 4 J

Задача 2 (задача Коши)

Решить уравнение: y′′ − xy′ + y = 1 при y(0) = y′(0) = 0.

Лекция 59. Решение дифференциальных уравнений 271

I 1. Это уравнение того же типа, что и в Задаче 1, с темнесущественным для нас отличием, что коэффициенты его ли-нейные функции x. Поэтому, поступаем аналогично

y =∞∑

k=0

akxk, y′ =

∞∑

k=1

akkxk−1, y′′ =

∞∑

k=2

akk(k − 1)xk−2.

2. Начальные условия позволяют найти обе константы ин-тегрирования

y(0) =∞∑

k=0

ak0k = 0,

y′(0) =∞∑

k=1

akk0k−1 = 0

=⇒a0 = 0

a1 = 0

3. Подстановка рядов в уравнение дает тождество

∞∑

k=0

[ak+2(k + 2)(k + 1)xk − ak+1(k + 1)xk+1 + akxk] ≡ 1,

которое верно, если

x0 : a22 · 1 + a0 = 1 =⇒ a2 =1

2 · 1x1 : a33 · 2 − a1 + a1 = 0 =⇒ a3 = 0

x2 : a44 · 3 − a22 + a2 = 0 =⇒ a4 =a2

4 · 3x3 : a55 · 4 − a33 + a3 = 0 =⇒ a5 = 0

x4 : a66 · 5 − a44 + a4 = 0 =⇒ a6 =3a4

6 · 5

Итак, a2k =(2k − 3)!!

(2k)!, где (2k − 3)!! = (2k − 3) · · · 5 · 3 · 1

В результате частное решение уравнения имеет вид:

y(x) =∞∑

k=1

a2kx2k =

∞∑

k=1

(2k − 3)!!

(2k)!x2k

J


Приближенное решение задачи Коши

Задача 3 ( приближенное частное решение)

Найти приближенное решение уравнения:

y′′ = x+ y2, если y(0) = 0, y′(0) = 1,

в виде степенного многочлена.

I Вопрос: Найдите первые пять отличных от нуля коэффици-ентов многочлена, являющегося приближенным решением.

Ответ: Для этого воспользуемся многочленом Маклорена

y(x) =∞∑

k=0

y(k)(0)

k!xk,

в котором предстоит найти первые пять отличных от нуля про-изводных.

Вопрос: Как найти эти производные?

Ответ: Это легко сделать, последовательно подставляя в исход-ное уравнение начальные условия, и его дифференцируя

y′′(0) = x+ y2∣∣∣0

= 0, y(4)(0) = 2y′2 + 2yy′′∣∣∣0

= 2,

y′′′(0) = 1 + 2yy′∣∣∣0

= 1, y(5)(0) = 6y′y′′ + 2yy′′′∣∣∣0

= 0,

y(6)(0) = 6y′′2 + 8y′y′′′ + 2yy(4)∣∣∣0

= 8,

y(7)(0) = 20y′′y′′′ + 10y′y(4) + 2yy(5)∣∣∣0

= 20.

Таким образом получаем приближенное решение:

y(x) ≈ 0 +1

1!x+ 0 +

1

3!x3 +

2

4!x4 + 0 +

8

6!x6 +

20

7!x7.

Проверка:

y′′ ≈ x+ x2 +1

3x4 +

1

6x5 ≈ x+ y2 ≈ x+ x2 +

1

3x4 +

1

6x5

J

Лекция 60. Тригонометрические ряды 273

Лекция 60. Тригонометрические ряды

Периодическую кусочно-гладкую функцию лучше описывать нестепенным, а тригонометрическим рядом.

F Функция называется периодической кусочно-гладкой функ-цией, если она определена, непрерывна и дифференцируе-ма на всей действительной оси за исключением заданныхточек, в которых терпит разрыв первого рода, и удовле-творяет равенству:

f(x) = f(x+ T ) , где T —период.

Пример 1. Построить график периодической кусочно-глад-кой функции с периодом равным 2π.

f(x) =

{π − x x ∈ (0, 2π) ,

0 x = 0 .

-

6

��

π�

-π

π

y

x

-π

�

2π-2π

@@

@@

@@

@I@@

@@

@@

@R @@

@@

@@

@I@@

@@

@@

@R

B Вопрос: Чему равнаэта функция при x = ±2π?

Ответ: По определению

f(0) = 0 и T = 2π,

следовательно

f(±2π) = 0. C

Задача 1

Графически отобразить сумму тригонометрического ряда

f(x) =∞∑

k=0

sin(2k + 1)x

2k + 1.

I Вопрос: Каким образом можно решить эту задачу?


Ответ: Построим графики первых трех слагаемых этого ряда

f(x) =∞∑

k=0

sin(2k + 1)x

2k + 1= sinx+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ · · · .

и сложим их.

Вопрос: Каков период sin 3x?

Ответ: Поскольку sinx = sin (x+ 2π), то

sin 3x = sin (3x+ 2π) = sin 3(x+2π

3) =⇒ T =

2π

3

6

-x

y

6

-x

y

6

-x

y

−ππ

На первом рисунке представ-ленна сумма первых двух гар-моник.

Вопрос: Каков будет ваш сле-дующий шаг?

Ответ: К полученному графи-ку следует прибавить графикследующей гармоники.

Вопрос: Если продолжитьсуммирование гармоник, каковбудет окончательный резуль-тат?

Ответ: Очевидно, что ре-зультатом суммирования бу-дет ступенчатая функция:

f(x) =π

4

1 x ∈ (0, π),−1 xin(−π, 0),0 x = 0.

Величина π/4 следует не изпостроения, а из Задачи 4. J


Ряд Фурье

Задача 2

Показать, что если подынтегральная функция и ее первообраз-ная являются периодическими функциями, то определенный ин-теграл равен нулю, если отрезок интегрирования равен периодуT .

I

a+T∫

a

f(x) dx = F (a+ T ) − F (a) = 0 J

Задача 3

Определить коэффициенты тригонометрического ряда

f(x) =a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos kx+ bk sin kx) ,

если заданная функция f(x) является периодической кусочно–гладкой функцией с периодом равным 2π.

I Вопрос: Каким образом будем находить коэффициентыa0, ak, bk?

Ответ: Интегрируя исходное равенство с различными весовы-ми функциями: 1, cosmx, sinmx.

1. a0 =?

π∫

−π

f(x) dx =

π∫

−π

a0

2dx+

∞∑

k=1

ak

π∫

−π

cos kx dx+ bk

π∫

−π

sin kx dx

.

Согласно Задаче 2 интегралы по периоду от косинусов и синусовравны нулю. В результате

a0 =1

π

π∫

−π

f(x) dx .


2. ak =?

π∫

−π

f(x) cosmxdx =

π∫

−π

a0

2cosmxdx+

+∞∑

k=1

ak

π∫

−π

cos kx cosmxdx+ bk

π∫

−π

sin kx cosmxdx

Первый интеграл равен нулю, а для интегрирования двух по-следних вспомним тригонометрические формулы:

cosmx cos kx =1

2(cos (m− k)x+ cos (m+ k)x)

cosmx sin kx =1

2(sin (m− k)x+ sin (m+ k)x)

Очевидно, что интегралы от всех функций равны нулю, исклю-чая только единственный

1

2

π∫

−π

cos (m− k)x dx =

{π, при m = k,0, при m 6= k.


ak =1

π

π∫

−π

f(x) cos kx dx .

2. bk =?

π∫

−π

f(x) sinmxdx =

π∫

−π

a0

2sinmxdx+

+∞∑

k=1

ak

π∫

−π

cos kx sinmxdx+ bk

π∫

−π

sin kx sinmxdx

Для вычисления последнего интеграла потребуется еще однатригонометрическая формула


sinmx sin kx =1

2(cos (m− k)x− cos (m+ k)x)

согласно которой он отличен от нуля только при m = k. Такимобразом

bk =1

π

π∫

−π

f(x) sin kx dx . J

F Тригонометрический ряд с определенными выше коэффи-циентами называется рядом Фурье.

Задача 4

Разложить в ряд Фурье периодическую кусочно-гладкую функ-цию, т.е. решить задачу почти обратную к Задаче 2.

f(x) =π

4

1 x ∈ (0, π),

−1 x ∈ (−π, 0),0 x = 0.

=π

4sign x при x ∈ (−π, π).

I 1. a0 =1

π

π∫

−π

π

4signx

︸︷︷︸нечет

dx = 0

2. ak =1

π

π∫

−π

π

4signx cos kx

︸︷︷︸нечет

dx = 0

3. bk =1

π

π∫

−π

π

4signx sin kx

︸︷︷︸чет

dx =2

π

π∫

0

sin kx, dx =

= − 1

2kcos kx

∣∣∣π

0= −cos kπ − 1

2k=

1

kесли k−нечетное.

Ответ: f(x) =∞∑

k=1

sin(2k − 1)x

2k − 1. J


Лекция 61. Комплексный ряд Фурье

А в комплексных числах ряд Фурье значительно короче.

F Комплексным рядом называют такой числовой или функ-циональный ряд, членами которого в общем случае явля-ются комплексные числа.

F Комплексный ряд сходится, если сходятся как его дейст-вительная, так и мнимая части.

Задача 1

Преобразовать ряд Фурье к комплексному ряду Фурье для пе-риодической кусочно-гладкой функции с периодом, равным 2π.

I Вопрос: Как выглядит ряд Фурье в действительной форме?

Ответ:

f(x) =a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos kx+ bk sinkx) , a0 =1

π

π∫

−π

f(x) dx,

ak =1

π

π∫

−π

f(x) cos kx dx, bk =1

π

π∫

−π

f(x) sin kx dx.

Вопрос: Как выглядят в комплексной форме синус и косинус?

Ответ: cosϕ =eiϕ + e−iϕ

2, sinϕ =

eiϕ − e−iϕ

2i.

После их подстановки в ряд Фурье он приобретет вид

f(x) =a0

2+

∞∑

k=1

(akeikx + e−ikx

2+ bk

eikx − e−ikx

2i

)=

=a0

2+

∞∑

k=1

(ak − ibk

2eikx +

ak + ibk2

e−ikx).

Лекция 61. Комплексный ряд Фурье 279

Вопрос: Как можно упростить коэффициенты ряда Фурье?

Ответ: Если воспользоваться формулой Эйлера

e±iϕ = cosϕ± i sinϕ, то

ck =ak − ibk

2=

1

2π

π∫

−π

f(x) (cos kx− i sin kx) dx =

=1

2π

π∫

−π

f(x)e−ikx dx.

Очевидно, что

ak + ibk2

= ck∗ =

1

2π

π∫

−π

f(x)eikx dx = c−k

Вопрос: Как можно представить ряд Фурье в виде суммы отодной функции?

Ответ:

f(x) = c0 +∞∑

k=1

ckeikx +

∞∑

k=1

c−ke−ikx =

=−1∑

k=−∞cke

ikx + c0 +∞∑

k=1

ckeikx =

∞∑

k=−∞cke

ikx

Итак,

f(x) =∞∑

k=−∞cke

ikx,

ck =1

2π

π∫

−π

f(x)e−ikx dx.

—ряд Фурье

в комплексных

числах

J

Задача 2

Показать, что система функций{

1√2πeikx

}на отрезке [−π, π],

где k = 0, ±1, ±2, . . ., является ортогональной и нормированнойна единицу.


F Система функций {ϕk(x)} называется ортогональной и нор-мированной на единицу на отрезке [−π, π], если эти функ-ции удовлетворяют соотношению

π∫

−π

ϕ∗k(x)ϕm(x) dx = (ϕk(x), ϕm(x)) =

{1, k = m,0, k 6= m.

I 1. Если k = m, то равенство интеграла единице очевидно.

2. Если k 6= m, то согласно Задаче 3 Лекции 60

1

2π

π∫

−π

e−i(k−m)x dx =1

2π

π∫

−π

[cos (k −m)x− i sin (k −m)x] dx = 0

Следовательно,1

2π

π∫

−π

e−i(k−m)x dx =

{1, k = m,0, k 6= m.

J

Задача 3

Определить аргумент тригонометрической функции, период ко-

торой равен T =2l

k.

I Вопрос: Чему равен период cos kx?

Ответ: Поскольку cos x = cos (x+ 2π), то

cos kx = cos (kx+ 2π) = cos k(x+2π

k) =⇒ T =

2π

kВопрос: Чему равен период cos kαx?

Ответ: Очевидно T =2π

kα.

Вопрос: При каком α период cos kαx равен T =2l

k?

Ответ: T =2π

kα=

2l

k=⇒ α =

π

l

Ответ: coskπx

lимеет период T =

2l

k. J

Лекция 61. Комплексный ряд Фурье 281

Задача 4

Пусть функция f(x) является периодической кусочно-гладкойфункцией с периодом, равным 2l. Разложить ее в ряд Фурье.

I Подобная задача решалась в Задаче 2 Лекции 61, с тем отли-чием, что T = 2π → T = 2l. Как показано в предыдущей задаче,

тригонометрические функции с периодом2l

kдолжны иметь ар-

гументkπx

l. Тем самым нам остается записать искомый ряд

Фурье:

f(x) =a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos

kπx

l+ bk sin

kπx

l

), a0 =

1

l

l∫

−l

f(x) dx,

ak =1

l

l∫

−l

f(x) coskπx

ldx, bk =

1

l

l∫

−l

f(x) sinkπx

ldx. J

Задача 5

Пусть функция f(x) является периодической кусочно-гладкойфункцией с периодом равным 2l. Записать ряд Фурье для этойфункции в комплексной форме.

I Вопрос: Чем будет отличаться искомый ряд от ряда полу-ченного в Задаче 1?

Ответ: Очевидно, только заменой:

kx→ kπx

l, π → l.

Следовательно, искомый ряд Фурье равен:

f(x) =∞∑

k=−∞cke

i kπxl , ck =

1

2l

l∫

−l

f(x)e−i kπxl dx. J


Лекция 62. Интеграл Фурье

Если для периодических функций используют ряд Фурье, тодля непериодических функций используют интеграл Фурье.

Задача 1

Пусть функция f(x) — непериодическая, кусочно-гладкая и аб-солютно интегрируемая функция, т.е.

∞∫

−∞|f(x)| dx <∞.

Представить такую функцию в виде интеграла Фурье, преобра-зовав соответствующий ряд Фурье.

I Вопрос: При каком периоде функция перестанет быть пери-одической?

Ответ: Если период станет равен ∞, т.е. при l → ∞. Такимобразом, если мы запишем ряд Фурье, а затем перейдем к пре-делу при l → ∞, то мы решим поставленную задачу.

1. Запишем ряд Фурье

f(x) =a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos

kπx

l+ bk sin

kπx

l

), a0 =

1

l

l∫

−l

f(t) dt,

ak =1

l

l∫

−l

f(t) coskπt

ldt, bk =

1

l

l∫

−l

f(t) sinkπt

ldt.

2. Подставим все коэффициенты в ряд Фурье

1

2l

l∫

−l

f(t)dt+1

l

∞∑

k=1

l∫

−l

(cos

kπt

lcos

kπx

l+ sin

kπt

lsin

kπx

l

)f(t)dt =

Лекция 62. Интеграл Фурье 283

= f(x) =1

2l

l∫

−l

f(t) dt+1

l

∞∑

k=1

l∫

−l

coskπ(x− t)

lf(t) dt

3. Введем частоту гармоники ωk =kπ

l. Тогда сдвиг частот

между соседними гармониками равен ωk+1 − ωk = ∆ωk =π

l, а

сама функция примет вид

f(x) =1

2l

l∫

−l

f(t) dt+1

π

∞∑

k=1

l∫

−l

cosωk(x− t)f(t) dt∆ωk

4. Перейдем к пределу при l → ∞. При этом

ωk → ω, ∆ωk → dω, liml→∞

∞∑

k=1

→∞∫

0

Таким образом получим

f(x) = liml→∞

1

2l

l∫

−l

f(t) dt+1

πliml→∞

∞∑

k=1

l∫

−l

cosωk(x− t)f(t) dt∆ωk =

=1

π

∞∫

0

∞∫

−∞cosω(x− t)f(t) dωdt.

f(x) =1

π

∞∫

0

dω

∞∫

−∞cosω(x− t)f(t) dt —

интеграл

ФурьеJ

Задача 2

Найти интегралы Фурье для четных и нечетных функций.

I 1. Пусть функция f(x) четная.

Тогда в соответствующем ряде Фурье bk = 0, и получим прямое


и обратное косинус-преобразования Фурье:

Fc(ω) =

√2

π

∞∫

0

f(t) cosωt dω, f(x) =

√2

π

∞∫

0

Fc(ω) cosωxdω .

2. Пусть функция f(x) нечетная.

Тогда в соответствующем ряде Фурье ak = 0, и получим прямоеи обратное синус-преобразования Фурье:

Fs(ω) =

√2

π

∞∫

0

f(t) sinωt dω, f(x) =

√2

π

∞∫

0

Fs(ω) sinωxdω . J

Задача 3

Преобразовать комплексный ряд Фурье в интеграл Фурье.

I Вопрос: Как вы будете решать эту задачу?

Ответ: Так же, как Задачу 1, с тем отличием, что исходитьбудем из ряда Фурье в комплексной форме.

1. f(x) =∞∑

k=−∞cke

i kπxl , ck =

1

2l

l∫

−l

f(x)e−i kπxl dx.

2. f(x) =∞∑

k=−∞

1

2l

l∫

−l

f(t)eikπ(x−t)

l dt =1

2π

∞∑

−∞

l∫

−l

f(t)eiωk(x−t) dt∆ωk

3. liml→∞

1

2π

∞∑

−∞

l∫

−l

f(t)eiωk(x−t) dt∆ωk =1

2π

∞∫

−∞

∞∫

−∞f(t)eiω(x−t) dtdω

• Интеграл Фурье можно записать в виде двух интегралов,

Лекция 62. Интеграл Фурье 285

C(ω) =1√2π

∞∫

−∞f(t)e−iωt dt, f(x) =

1√2π

∞∫

−∞C(ω)eiωx dω.

при этом первый интеграл называется прямым преобразовани-ем Фурье или спектральной функцией, а второй — обратнымпреобразованием Фурье. J

Задача 4

Получить спектральную функцию C(ω), если

f(x) =

{e−νx+iω0x x > 0 , (ν > 0)

0 x < 0 .

-

6Re f(x)

x

I Вопрос: Какой процесс описываетзаданная функция?

Ответ: Заданная функция описываетзатухающий периодический процесс, чтодемонстрирует график Re f(x).

Согласно формуле, полученной в Задаче 3

C(ω) =1√2π

∞∫

0

e−νt+i(ω0−ω)t dt =1√2π

e−νt+i(ω0−ω)t

−ν + i(ω0 − ω)

∣∣∣∣∞

0=

=1

2π(ν − i(ω0 − ω))=

1√2π

ν + i(ω0 − ω)

ν2 + (ω0 − ω)2.

6

-ωω0

ReC(ω)Реальная часть спектральной функции

ReC(ω) =1√2π

ν

ν2 + (ω0 − ω)2

определяет вклад гармоник в исход-ную функцию. J

Указатель обозначений

I и J начало и конец задачи

B и C начало и конец примера

F определение понятия

• замечание

рамка важной формулы

=⇒ следует

α⇐⇒ β из α следует β и наоборот

−→ стремится

∈ принадлежит

/∈ не принадлежит

A ∪B объединение множеств A и B

A ∩B пересечение множеств A и B

A ⊂ B A включено в B

B ⊃ A B включает в себя A

∀ для всякого

Ø пустое множество

= равно

≡ тождественно равно

≈ приближенно равно

' эквивалентно(асимптотически равно)

> больше или равно

6 меньше или равно

a скаляр или тензор нулевого ранга−→a или ai вектор или тензор первого ранга

Указатель обозначений 287

A или a или aij матрица или тензор второго ранга

(m× n) размерность матрицы(a11 a12

a21 a22

)матрица (2 × 2)

|−→a | или a модуль вектора

detA или ∆детерминант

(определитель) матрицы A

∆i дополнительный определитель∣∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣∣ определитель 2-го порядка

A−1 обратная матрица

AT транспонированная матрица

Λ диагональная матрица

E или 1 единичная матрица

rA ранг матрицы A

Rn пространство n-мерное−→i ,

−→j ,

−→k декартов базис

n∑

i=1

сумма от единицы до n

(−→a ,

−→b)

=−→a · −→b скалярное произведение векторов

пр~k

−→a проекция вектора

−→a на вектор

−→k

[−→a ,

−→b]

=−→a ×−→

b векторное произведение векторов

‖ знак коллинеарности

⊥ знак перпендикулярности(−→c ,

−→a ×−→

b)

смешанное произведение векторов√

квадратный корень


n√

корень n-ой степени

i мнимая единица

z = a+ ib = |z|eiϕ комплексное число

z∗ = a− ib = |z|e−iϕ комплексно сопряженное число

|z| =√zz∗ модуль комплексного числа

{xn} последовательность

∆x приращениe аргумента

f(x) функция одной переменной

F (x, y) = 0неявно заданная функция

одной переменной

f(x, y) функция двух переменных

∆f(x0) приращениe функции в т. x0

limx→x0

f(x) предел функции в т. x0

o(g(x)) при x→ x0бесконечно малая относительно

g(x) в окрестности т. x0

f ′(x0) и f′′(x0)

производные f(x) первого ивторого порядка в т. x0

f ′(x0 ± 0)правая (левая)

производная f(x) в т. x0

f (n)(x0) =dnf(x0)

dxnпроизводная f(x)

n-го порядка в т. x0

max максимум

min минимум

inf нижняя грань (наинизшее)

sup верхняя грань (наивысшее)

dx дифференциал аргумента

df(x0) дифференциал функции в т. x0

dnf(x0)дифференциал функции

n-го порядка в т. x0


∞ бесконечность

π 3.141596 . . .

e 2.718281 . . .∫интеграл

∫ b

aопределенный интеграл

Ln = dn

dxn + . . .+

+p1(x)ddx + p0(x)

линейный дифференциальный

оператор

Sn =n−1∑

i=0

f(ξi)∆xi интегральная сумма

W [y1, y2, . . . , yn] определитель Вронского

Rn(k) =n∑

j=0

pjkj характеристический многочлен

kj , где j = 1, nкорни характеристического

уравнения

yрешение линейного

однородного уравнения

x, x производные по времени

z = f(x1, x2, . . . , xn) функция n переменных

∆xif(−→x0)

частное приращение

функции n переменных

f ′xi(−→x0)

частная производная


∂2z

∂y∂xсмешанная частная производная


∆f(−→x0)

полное приращение


∂xif(−→x0)

частный дифференциал



df(−→x0)

полный дифференциалфункции n переменных

∂f(−→x )

∂−→n

производная по направлению−→n

−−−−→grad f градиент функции−→∇ оператор набла

−→∇ · −→∇ = ∆ оператор Лапласа−→∇ · −→W = div

−→W дивергенция

−→∇ ×−→W = rot

−→W ротор

df(x, y, z)

dtпроизводная сложной функции

L(x, y, λ) функция Лагранжа

λ множитель Лагранжа∫ ∫

D

f(x, y) dSдвойной интеграл от

функции f(x, y) в области D

b∫

a

dx

y2(x)∫

y1(x)

f(x, y) dyповторный интеграл

в двухмерном пространстве

∫ ∫

D

∫f(x, y, z) dxdydz

тройной интеграл отфункции f(x, y, z) в области D

−→r =

−→i x+

−→j y +

−→k z

радиус-вектор точки вдекартовой системе координат

−→r =

−→i ρ cosϕ+

+−→j ρ sinϕ+

−→k z

радиус-вектор точкив цилиндрическойсистеме координат

∫ ∫

D

g(ρ, ϕ) ρdρdϕдвойной интеграл в

в полярной системе координат

= {· · · · · · · · ·} = комментарий


I определитель Якоби∫

^

AB

F (x, y, z) drкриволинейный интеграл

первого рода

∫

^

AB

−→F (x, y, z) d

−→r

криволинейный интеграл

второго рода

∫ ∫

S

v(x, y, z) dSповерхностный интеграл

первого рода

∫ ∫

S

−→v (x, y, z) d

−→S

поверхностный интеграл

второго рода

Sn =n∑

k=1

uk n-частичная сумма

∞∑

n=1

un числовой ряд

∞∑

n=1

aqn ряд

геометрической прогрессии

qзнаменатель

геометрической прогрессии∞∑

n=1

1

nгармонический ряд

R = limk→∞

∣∣∣∣ak

ak+1

∣∣∣∣радиус сходимости

по Даламберу

signx знаковая функция

f(x) =1√2π

∞∫

−∞C(ω)eiωx dω преобразование Фурье

C(ω) =1√2π

∞∫

−∞f(t)e−iωt dt спектральная функция

Предметный указатель

анализ, 70аппроксимация, 86асимптота, 119

вертикальная, 120гиперболы, 62наклонная, 119

бином Ньютона, 103вариация, 176вектор, 10, 33

базис, 33базисный, 35, 58в n-мерном пространстве, 33в двухмерном пространстве,

11в тpехмерном пространстве,

34векторное произведение, 38векторное произведениемодуль, 40свойства, 39

декартова система координат,11, 34

его преобразованиематричная форма, 12операторная форма, 12тензорная форма, 12

единичные, 34единичные базисные, 11, 53квадрат модуля, 34коллинеарные, 38, 44компланарные, 41кооpдинаты или пpоекции, 34координаты в штрихованной

системе координат, 13косоугольный базис, 36линейное пространство, 32масштабное преобразование,

52матричная форма, 11модуль, 34

направляющие косинусы, 35неколлинеарные, 44неравенство Коши-Буняковс-

кого, 36нормальный, 47оpтогональные, 34, 36, 38оси координат, 35повернутая система коорди-

нат, 12проекции, 12скалярное произведение, 33,

34свойства, 36

смешанное произведение, 40модуль, 42свойства, 41

собственный, 52столбец, 14транспонированный, 19, 33

деление многочленов, 245детерминант матрицы, см. опре-

делительдифференциал, 98

аргумента, 98в приближенных вычислени-

ях, 99второго порядка, 100геометрический смысл, 99инвариантность, 100свойства, 99функции, 98

дифференциальное уравнение1-ого порядка, 156, 161Бернулли, 166

ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ 293

Риккати, 166его составление, 158задача Коши, 158линейное, 164линейное неоднородное, 165линейное однородное, 165однородное, 162метод изоклин, 159общее решение, 156простейшее, 157с разделенными переменны-ми, 161

с разделяющимися перемен-ными, 161

частное решение, 1582-ого порядка, 167задача Коши, 167понижение порядка, 167, 170

классификация особых точек,197

седло, 197узел, 197фокус, 197центр, 197

линейное высшего порядка, 171решение методом вариацийпроизвольных постоянных,184, 185

решение при специальномвиде правой части, 186–188

характеристическое урав-нение, 180

линейный дифференциаль-ный оператор, 171

неоднородное, 176неоднородное с постоянны-ми коэффициентами, 184

общее решение, 176однородное, 172однородное с постояннымикоэффициентами, 180

определитель Вронского, 174решение, 182, 183фундаментальная системарешений, 173


частное решение, 178

линейный осциллятор без тре-ния, 193–196

особая точка, 195решение с помощью рядовобщее решение, 269приближенное частное ре-шение, 272

система линейных однородныхуравнений 1-го порядка,189

общее решение, 191характеристическое урав-нение, 190

система нелинейных уравне-ний 1-го порядка, 196


фазовая траектория, 194знакопеременные ряды, 255

абсолютная и условная схо-димость, 256

знакочередующиеся, 255признак Лейбница, 256сумма условно сходящегося ря-

да, 257знакоположительные ряды

гармонический ряд, 247ряд геометрической прогрес-

сиизнаменатель, 245

достаточные признаки сходи-мости, 247

предельный признак срав-нения, 249

признак Даламбера, 250признак Коши, 251интегральный признак, 253признак сравнения, 248

необходимое условие сходимос-ти, 247

определение сходимости, 245ряд Дирихле, 254ряд геометрической прогрес-

сии, 245n-ая частичная сумма, 245исследование на сходимость,

246сумма ряда, 246

изоклина, 159

294 ПРЕДМЕТНЫЙ УКАЗАТЕЛЬ

инвариантность, 65интегрирование, 122

замена переменной, 134интегрирование по частям, 134иррациональных выражений,

140метод неопределенных коэф-

фициентов, 135о вычислении интеграла ве-

роятности, 268о вычислении интегрального

синуса, 268с помощью дифференцирова-

ния по параметру, 151с помощью интегрирования по

параметру, 154тригонометрических выраже-

ний, 140универсальная тригонометри-

ческая подстановка, 140формула прямоугольников, 155формула трапеций, 155

касательная, 107, 159комплексные числа

алгебраическая форма, 71геометрический образ, 73корень n-ой степени, 74мнимая единица, 71мнимые, 71модуль, 72показательная форма, 74свойства, 72сопряженные, 71тригонометрическая форма, 73формула Муавра, 74формула Эйлера, 74

кратные интегралы, 226двойной интеграл, 227замена переменных, 232, 235интеграл Пуассона, 233объем тела, 226определитель Якоби, 234площадь криволинейной тра-

пеции, 229повторный интеграл, 228тройной интеграл, 235

криволинейные интегралы, 236второго рода, 237первого рода, 236

свойства, 239кривые второго порядка, 60

гипербола, 61асимптоты, 62ветви, 62

каноническое уравнение, 60общее уравнение, 60парабола, 63директриса, 63фокус, 63

поворот, 60, 63сдвиг, 63эксцентриситет, 61эллипс, 60большая и малая полуоси,

60фокусы, 61

линейное пространство, см. век-тор

линейный оператор, 52диагонализирующий, 59матрица поворота, 12поворота, 59, 64собственные числа и векто-

ры, 52, 55характеристическое уравнение,

54решение, 54

матрица, 19

вектор, 19вырожденная, 29диагональная, 53единичная, 22квадратичная форма, 56двухмерное пространство,

57диагонализирующий опера-тор, 58

каноническая, 56классификация кривых вто-рого порядка, 57

квадратная, 19нулевая, 19, 22обратная, 29метод Гаусса, 31элементы, 30

поворота, 12размерность, 20ранг, 22


расширенная, 24свойства, 20симметрическая, 56сложение, 20собственные числа и векто-

ры, 53транспонированная, 17умножение, 21элементы, 19

методНьютона, 108вариации произвольных посто-

янных, 176математической индукции, 100

многочлен Тейлора, 101коэффициенты, 102погрешность, 102формула Маклорена, 103

неопределенный интеграл, 123дифференциал, 123замена переменной, 124подынтегральная функция, 123произвольная постоянная, 123таблица первообразных, 124,

125непрерывная переменная

аргумент, 78функция, 78

несобственный интеграл, 147интеграл Пуассона, 233от неограниченной функции,

148предельный признак сравне-

ния, 149признак сравнения, 148с неограниченным пределом

интегрирования, 147частные предельные призна-

ки сходимости, 150определенный интеграл

геометрический смысл, 127длина кривой, 145замена переменной, 132интегральная сумма, 127, 226интегрирование по частям, 132механический смысл, 126нижний и верхний пределы

интегрирования, 128объем тела вращения, 144

от четной и нечетной функ-ции, 133

отличие от неопределенного,126

отрезок интегрирования, 127площадь криволинейного сек-

тора, 143площадь криволинейной тра-

пеции, 142площадь поверхности враще-

ния, 146предел интегральной суммы,

127с переменным пределом ин-

тегрирования, 130свойства, 129формула Ньютона–Лейбница,

128определитель, 14, 15

2-го порядка, 153-го порядка, 16Вандермонда, 181Вронского, 174Якоби, 234дополнительный, 14знак, 17минор, 16порядок, 15свойства, 16, 18системы, 14строка, 18строка и столбец, 16элементарные преобразования,

18элементы, 18

первообразная, см. неопределенныйинтеграл

плоскость, 43векторное уравнение, 47касательная плоскость, 204нормальный вектор, 47общее уравнение, 44параметрическое уравнение,

45прямая, 44расстояние до начала коор-

динат, 50расстояние до точки, 51смешанное произведение век-


торов, 43точка на плоскости, 45уравнение в нормальном ви-

де, 49уравнение в отрезках, 48

поверхностные интегралы, 240второго рода, 242второго родаобъем, 243поток, 242

дифференциал плоской пло-щади, 240

первого рода, 240масса, 240площадь поверхности, 241

радиус-вектор, 243поверхность второго порядка, 65

вращения, 65гиперболический цилиндр, 68гиперболоид вращения, 66инвариантность уравненияотносительно поворота, 65относительно сдвига, 67

коническая, 69параболический цилиндр, 68параболоид вращения, 67уравнение, 65цилиндрическая, 67эллипсоид вращения, 66

последовательность, 75δ-окрестность точки, 76бесконечно большая, 77бесконечно малая, 77бесконечный предел, 77неограниченная, 75общий член, 75ограниченная, 75предел, 76сходящаяся, 76

правило Лопиталя, см. пределпредел, 80

в точке, 80замечательные, 82интегральной суммы, 127на бесконечности, 81правило Лопиталя, 109приращения, 80раскрытие неопределенности,

111

слева и справа, 81пpоизводная, 88

n-го порядка, 100второго порядка, 100геометрический смысл, 90знак, 91касательная, 90, 107механический смысл, 91неявно заданной функции, 104ноpмаль, 90обратной функции, 95параметрически заданной функ-

ции, 103пpоизводная, см. пpоизводнаяправила дифференцирования,

92сложной функции, 93слева и справо, 106справа и слева, 89таблица, 96частная, 201частное дифференциалов, 98

прямаявекторное уравнение, 47каноническое уравнение, 46на плоскости, 45направляющий вектор, 46общее уравнение, 44параметрическое уравнение,

45точка на прямой, 46уравнение в отрезках, 49

радиус-вектор точки, 243система координат

декартовабазисные векторы, 35единичные базисные векто-ра, 11

кооpдинаты, 34оси координат, 35

полярная, 69азимутальный угол, 69полюс, 69связь с декартовой систе-мой, 69

цилиндрическая, 69система линейных алгебраических

уравнений, 13, 23

линейное дифференциальное


уравнение высшего поряд-ка, 177

матричная форма, 23несовместна, 44, 25однородная, 24операторная форма, 23определитель, 24решение, 23, 28метод обратной матрицы,

29нетривиальное, 54теорема Кронекера-Капел-ли, 24

формула Крамера, 14, 177число свободных парамет-ров, 26

совместная и несовместная, 24тензорная форма, 23

скаляр, 10, 34длина отрезка, 10, 12

степенные ряды, 259биноминальный ряд, 266дифференцирование рядов, 264интегрирование рядов, 262о вычислении π , 267

о вычислении√

2, 266о вычислении e, 266область абсолютной сходимос-

ти, 259радиус сходимости по Далам-

беру, 259радиус сходимости по Коши,

260ряд Маклорена, 261ряд Тейлора, 261

теоремаКоши, 106Кронекера-Капелли, 24Лагранжа, 107Ролля, 106Ферма, 105о дифференцируемой функции,

97об эквивалентных функциях,

85тригонометрические ряды, 273

гармоники, 274интеграл Фурье, 282

косинус-преобразования Фу-рье, 284

синус-преобразования Фу-рье, 284

спектральная функция, 285ряд Фурье, 277комплексный, 278коэффициенты, 277с периодом 2π , 277с периодом 2l , 281

ступенчатая функция, 274факториал, 16функциональные ряды, 258

область сходимости, 258признак равномерной сходи-

мости Вейерштрасса, 258функция

бесконечно большая, 84бесконечно малая, 84возрастающая и убывающая,

91выпуклость вверх и вниз, 117дифференциал, см. дифферен-

циалдифференцируемая, 92ее приращение, 79замечательные пределы, 82,

83линейно независимые, 173непрерывность, 80, 81область определения, 78ортогональные и нормирован-

ные, 279периодическая, 273подынтегральная, 123предел, см. пределприращениe аргумента, 79приращение, 102пробная, 180разрыв второго рода, 82разрыв первого рода, 82сложная, 93точка перегиба, 118достаточное условие, 118исследование, 119критические точки, 118

точка разрыва, 80точка экстремума, см. экстре-

мум функции


эквивалентная, см. эквивалент-ная

функция нескольких переменных,65, 198

безусловный экстремум, 212достаточное условие, 214–

216необходимое условие, 214

геометрический образ, 199градиент, 209дивергенция, 210задача о луче света, 225задача о производстве продук-

ции, 223задача о токах, 222касательная плоскость, 204наибольшие и наименьшие зна-

чения, 220непрерывность, 200нормаль, 205оператор Лапласа, 209оператор набла, 209полная производная, 211полное приращение, 203полный дифференциал, 204в приближенных вычисле-ниях, 206

предел, 200существование, 200

производная по направлению,207

ротор, 210смешанная частная производ-

ная, 201стационарная точка, 214условный экстремум, 217достаточное условие, 218множитель Лагранжа, 218необходимое условие, 218уравнение связи, 217функция Лагранжа, 218

формула Тейлора, 213частная производная, 201геометрический смысл, 202

частное приращение, 201характеристическое уравнение, см.

линейный оператор, диф-ференциальное уравнение

числа

вещественные, 71иррациональные, 71комплексные, 71мнимые, 71рациональные, 71

числовые последовательности, 244числовые ряды, 244

n-ая частичная сумма, 244общий член ряда, 244сумма ряда, 244члены ряда, 244

эквивалентная, 84cos x , 87expx , 87ln (1 + x ), 87sin x , 86tg x , 87асимптота, 119дифференциал, 98многочлен Тейлора, 101

экстремум функции, 105безусловный, 212второе достаточное условие,

115исследование, 116критические точки, 113локальный максимум или ми-

нимум, 105наибольшее и наименьшее зна-

чения, 105, 116наибольшее и наименьшее зна-

чения функции на отрез-ке, 115

необходимые условия, 113первое достаточное условие,

114стационарная точка, 113условный, 217

Предметный указатель

асимптота, 119

вертикальная, 120гиперболы, 62наклонная, 119

вариация, 176

вектор, 10, 33

базис, 33базисный, 35, 58в n-мерном пространстве, 33в двухмерном пространстве,

11в тpехмерном пространстве,

34векторное произведение, 38векторное произведениемодуль, 40свойства, 39

декартова система координат,11, 34

его преобразованиематричная форма, 12операторная форма, 12тензорная форма, 12

единичные, 34единичные базисные, 11, 53квадрат модуля, 34коллинеарные, 38, 44компланарные, 41кооpдинаты или пpоекции, 34координаты в штрихованной

системе координат, 13косоугольный базис, 36линейное пространство, 32масштабное преобразование,

52матричная форма, 11модуль, 34

направляющие косинусы, 35неколлинеарные, 44неравенство Коши-Буняковс-

кого, 36

нормальный, 47оpтогональные, 34, 36, 38оси координат, 35повернутая система коорди-

нат, 12проекции, 12скалярное произведение, 33,

34свойства, 36

смешанное произведение, 40модуль, 42свойства, 41

собственный, 52столбец, 14транспонированный, 19, 33

дифференциал, 98

аргумента, 98в приближенных вычислени-

ях, 99второго порядка, 100геометрический смысл, 99инвариантность, 100свойства, 99функции, 98

дифференциальное уравнение1-ого порядка, 156, 161Бернулли, 166Риккати, 166его составление, 158задача Коши, 158линейное, 164линейное неоднородное, 165линейное однородное, 165однородное, 162метод изоклин, 159общее решение, 156простейшее, 157с разделенными переменны-ми, 161

с разделяющимися перемен-ными, 161

частное решение, 1582-ого порядка, 167задача Коши, 167понижение порядка, 167, 170

классификация особых точек,197

седло, 197узел, 197фокус, 197центр, 197

линейное высшего порядка, 171решение методом вариацийпроизвольных постоянных,184, 185

решение при специальномвиде правой части, 186–188


линейный дифференциаль-ный оператор, 171

неоднородное, 176неоднородное с постоянны-ми коэффициентами, 184

общее решение, 176однородное, 172однородное с постояннымикоэффициентами, 180

определитель Вронского, 174решение, 182, 183фундаментальная системарешений, 173


частное решение, 178линейный осциллятор без тре-

ния, 193–196особая точка, 195решение с помощью рядовобщее решение, 269приближенное частное ре-шение, 272

система линейных однородныхуравнений 1-го порядка,189

общее решение, 191характеристическое урав-нение, 190

система нелинейных уравне-ний 1-го порядка, 196


фазовая траектория, 194

знакопеременные ряды, 255абсолютная и условная схо-

димость, 256знакочередующиеся, 255признак Лейбница, 256сумма условно сходящегося ря-

да, 257

знакоположительные рядыгармонический ряд, 247ряд геометрической прогрес-

сиизнаменатель, 245

достаточные признаки сходи-мости, 247

предельный признак срав-нения, 249

признак Даламбера, 250признак Коши, 251интегральный признак, 253признак сравнения, 248

необходимое условие сходимос-ти, 247

определение сходимости, 245ряд Дирихле, 254ряд геометрической прогрес-

сии, 245n-ая частичная сумма, 245исследование на сходимость,

246сумма ряда, 246

интегрирование, 122замена переменной, 134интегрирование по частям, 134иррациональных выражений,

140метод неопределенных коэф-

фициентов, 135о вычислении интеграла ве-

роятности, 268о вычислении интегрального

синуса, 268с помощью дифференцирова-

ния по параметру, 151с помощью интегрирования по

параметру, 154тригонометрических выраже-

ний, 140универсальная тригонометри-

ческая подстановка, 140формула прямоугольников, 155формула трапеций, 155

комплексные числаалгебраическая форма, 71геометрический образ, 73корень n-ой степени, 74мнимая единица, 71мнимые, 71модуль, 72показательная форма, 74свойства, 72сопряженные, 71тригонометрическая форма, 73формула Муавра, 74формула Эйлера, 74

кратные интегралы, 226двойной интеграл, 227замена переменных, 232, 235интеграл Пуассона, 233объем тела, 226определитель Якоби, 234площадь криволинейной тра-

пеции, 229повторный интеграл, 228тройной интеграл, 235

криволинейные интегралы, 236второго рода, 237первого рода, 236свойства, 239

кривые второго порядка, 60гипербола, 61асимптоты, 62ветви, 62

каноническое уравнение, 60общее уравнение, 60парабола, 63директриса, 63фокус, 63

поворот, 60, 63сдвиг, 63эксцентриситет, 61эллипс, 60большая и малая полуоси,

60фокусы, 61

линейный оператор, 52диагонализирующий, 59матрица поворота, 12поворота, 59, 64собственные числа и векто-

ры, 52, 55характеристическое уравнение,

54решение, 54

матрица, 19

вектор, 19вырожденная, 29диагональная, 53единичная, 22квадратичная форма, 56двухмерное пространство,

57диагонализирующий опера-тор, 58

каноническая, 56классификация кривых вто-рого порядка, 57

квадратная, 19нулевая, 19, 22обратная, 29метод Гаусса, 31элементы, 30

поворота, 12размерность, 20ранг, 22расширенная, 24свойства, 20симметрическая, 56сложение, 20собственные числа и векто-

ры, 53транспонированная, 17умножение, 21элементы, 19

методНьютона, 108вариации произвольных посто-

янных, 176математической индукции, 100

многочлен Тейлора, 101коэффициенты, 102погрешность, 102формула Маклорена, 103

неопределенный интеграл, 123дифференциал, 123замена переменной, 124подынтегральная функция, 123произвольная постоянная, 123таблица первообразных, 124,

125

непрерывная переменнаяаргумент, 78функция, 78

несобственный интеграл, 147интеграл Пуассона, 233от неограниченной функции,

148предельный признак сравне-

ния, 149признак сравнения, 148с неограниченным пределом

интегрирования, 147частные предельные призна-

ки сходимости, 150

определенный интегралгеометрический смысл, 127длина кривой, 145замена переменной, 132интегральная сумма, 127, 226интегрирование по частям, 132механический смысл, 126нижний и верхний пределы

интегрирования, 128объем тела вращения, 144от четной и нечетной функ-

ции, 133отличие от неопределенного,

126отрезок интегрирования, 127площадь криволинейного сек-

тора, 143площадь криволинейной тра-

пеции, 142площадь поверхности враще-

ния, 146предел интегральной суммы,

127с переменным пределом ин-

тегрирования, 130свойства, 129формула Ньютона–Лейбница,

128

определитель, 14, 15

2-го порядка, 153-го порядка, 16Вандермонда, 181Вронского, 174Якоби, 234дополнительный, 14знак, 17минор, 16порядок, 15свойства, 16, 18системы, 14строка, 18строка и столбец, 16элементарные преобразования,

18элементы, 18

первообразная, см. неопределенныйинтеграл

плоскость, 43векторное уравнение, 47касательная плоскость, 204нормальный вектор, 47общее уравнение, 44параметрическое уравнение,

45прямая, 44расстояние до начала коор-

динат, 50расстояние до точки, 51смешанное произведение век-

торов, 43точка на плоскости, 45уравнение в нормальном ви-

де, 49уравнение в отрезках, 48

поверхностные интегралы, 240второго рода, 242второго родаобъем, 243поток, 242

дифференциал плоской пло-щади, 240

первого рода, 240масса, 240площадь поверхности, 241

радиус-вектор, 243

поверхность второго порядка, 65вращения, 65гиперболический цилиндр, 68гиперболоид вращения, 66инвариантность уравненияотносительно поворота, 65относительно сдвига, 67

коническая, 69параболический цилиндр, 68параболоид вращения, 67уравнение, 65цилиндрическая, 67эллипсоид вращения, 66

последовательность, 75δ - окрестность точки, 76бесконечно большая, 77бесконечно малая, 77бесконечный предел, 77неограниченная, 75общий член, 75ограниченная, 75предел, 76сходящаяся, 76

предел, 80в точке, 80замечательные, 82интегральной суммы, 127на бесконечности, 81правило Лопиталя, 109приращения, 80раскрытие неопределенности,

111слева и справа, 81

пpоизводная, 88n-го порядка, 100второго порядка, 100геометрический смысл, 90знак, 91касательная, 90, 107механический смысл, 91неявно заданной функции, 104ноpмаль, 90обратной функции, 95параметрически заданной функ-

ции, 103пpоизводная, см. пpоизводнаяправила дифференцирования,

92сложной функции, 93слева и справо, 106справа и слева, 89таблица, 96частная, 201частное дифференциалов, 98

прямаявекторное уравнение, 47каноническое уравнение, 46на плоскости, 45направляющий вектор, 46общее уравнение, 44параметрическое уравнение,

45точка на прямой, 46уравнение в отрезках, 49

система координатдекартовабазисные векторы, 35единичные базисные векто-ра, 11

кооpдинаты, 34оси координат, 35

полярная, 69азимутальный угол, 69полюс, 69связь с декартовой систе-мой, 69

цилиндрическая, 69

система линейных алгебраическихуравнений, 13, 23

линейное дифференциальноеуравнение высшего поряд-ка, 177

матричная форма, 23несовместна, 44, 25однородная, 24операторная форма, 23определитель, 24решение, 23, 28метод обратной матрицы,

29нетривиальное, 54теорема Кронекера-Капел-ли, 24

формула Крамера, 14, 177число свободных парамет-ров, 26

совместная и несовместная, 24тензорная форма, 23

скаляр, 10, 34длина отрезка, 10, 12

степенные ряды, 259биноминальный ряд, 266дифференцирование рядов, 264интегрирование рядов, 262о вычислении π , 267о вычислении

√

2, 266о вычислении e, 266область абсолютной сходимос-

ти, 259радиус сходимости по Далам-

беру, 259радиус сходимости по Коши,

260ряд Маклорена, 261ряд Тейлора, 261

теоремаКоши, 106Кронекера-Капелли, 24Лагранжа, 107Ролля, 106Ферма, 105о дифференцируемой функции,

97об эквивалентных функциях,

85

тригонометрические ряды, 273гармоники, 274интеграл Фурье, 282косинус-преобразования Фу-рье, 284

синус-преобразования Фу-рье, 284

спектральная функция, 285ряд Фурье, 277комплексный, 278коэффициенты, 277с периодом 2π , 277с периодом 2l , 281

ступенчатая функция, 274

функциональные ряды, 258область сходимости, 258признак равномерной сходи-

мости Вейерштрасса, 258

функциябесконечно большая, 84бесконечно малая, 84возрастающая и убывающая,

91выпуклость вверх и вниз, 117дифференциал, см. дифферен-

циалдифференцируемая, 92ее приращение, 79замечательные пределы, 82,

83линейно независимые, 173непрерывность, 80, 81область определения, 78ортогональные и нормирован-

ные, 279периодическая, 273подынтегральная, 123предел, см. пределприращениe аргумента, 79приращение, 102пробная, 180разрыв второго рода, 82разрыв первого рода, 82сложная, 93точка перегиба, 118достаточное условие, 118исследование, 119критические точки, 118

точка разрыва, 80точка экстремума, см. экстре-

мум функцииэквивалентная, см. эквивалент-

ная

функция нескольких переменных,65, 198

безусловный экстремум, 212достаточное условие, 214–

216необходимое условие, 214

геометрический образ, 199градиент, 209дивергенция, 210задача о луче света, 225задача о производстве продук-

ции, 223задача о токах, 222касательная плоскость, 204наибольшие и наименьшие зна-

чения, 220непрерывность, 200нормаль, 205оператор Лапласа, 209оператор набла, 209полная производная, 211полное приращение, 203полный дифференциал, 204в приближенных вычисле-ниях, 206

предел, 200существование, 200

производная по направлению,207

ротор, 210смешанная частная производ-

ная, 201стационарная точка, 214условный экстремум, 217достаточное условие, 218множитель Лагранжа, 218

необходимое условие, 218уравнение связи, 217функция Лагранжа, 218

формула Тейлора, 213частная производная, 201геометрический смысл, 202

частное приращение, 201

числавещественные, 71иррациональные, 71комплексные, 71мнимые, 71рациональные, 71

числовые ряды, 244n-ая частичная сумма, 244общий член ряда, 244сумма ряда, 244члены ряда, 244

эквивалентная, 84cos x , 87expx , 87ln (1 + x ), 87sin x , 86tg x , 87асимптота, 119дифференциал, 98многочлен Тейлора, 101

экстремум функции, 105безусловный, 212второе достаточное условие,

115исследование, 116критические точки, 113локальный максимум или ми-

нимум, 105наибольшее и наименьшее зна-

чения, 105, 116наибольшее и наименьшее зна-

чения функции на отрез-ке, 115

необходимые условия, 113первое достаточное условие,

114стационарная точка, 113условный, 217

Documents

kONSPEKTLEKCIJ PO WYS[EJMATEMATIKE · udk517 predlagaemyjkompx@ternyju^ebniksodervit62 lekciipowosxmi osnownymrazdelamkursawys[ejmatematiki. imennotakojob_ em mate-matiki(zaiskl@^eniemspecialxnyhkursow,